Houston, we have problems here

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  Houston, we have problems here Projeto ITA para todos a

  Miguel Angelo Sampaio Felipe de Souza Lincoln 2017

Pref´ acio do autor

  Este livro ´e focado em gravita¸c˜ao universal e outros assuntos relacionados a ciˆencia e tecnologia espacial. Buscamos resolver todas as quest˜oes do vestibular do ITA desde 1965, totalizando mais de 50 anos de provas. Todas as quest˜oes tem resolu¸c˜ao detalhada, com explica¸c˜oes das principais ideias e t´ecnicas usadas. Quest˜oes adicio- nais foram inclu´ıdas, algumas delas foram criadas por mim, outras foram baseadas em livros de engenharia e de f´ısica b´asica. O objetivo ´e ter quest˜oes que estimulem os mais diferentes pontos de vista, combinando conhecimento do assunto, pr´atica matem´atica e elo com aspectos pr´aticos e tecnol´ogicos. Procurei fazer diferente dos demais livros que j´a vi. Inclui nos primeiro cap´ıtulos in- forma¸c˜oes sobre a astronomia, astrof´ısica e a evolu¸c˜ao da ciˆencia e da engenharia. O prop´osito ´e fazer o leitor perceber a importˆancia do estudo do espa¸co e mostrar que as ciˆencias espaciais est˜ao mais pr´oximas do nosso cotidiano do que pensamos. Esse ideal foi adquirido ap´os minha participa¸c˜ao em um dos cursos da International Space University

  , ISU, mais precisamente o Southern Hemisphere Summer Space Program 2013 , que aconteceu na University of South Australia, em Adelaide, Austr´alia. L´a aprendi a importˆancia do chamado Space Awareness e compreendi que o espa¸co sideral ´e um recurso natural valioso, limitado e que a humanidade est´a poluindo de forma descontrolada. Apesar das diversas revis˜oes no texto que foram feitas, pode haver falhas, incon- sistˆencias que passaram pelo meu crivo. Por isso, pe¸co que me ajudem a melhorar o texto para a nova vers˜ao que deve sair logo ap´os cada vestibular do ITA para contemplar novas quest˜oes de gravita¸c˜ao. Estou aberto `as cr´ıticas construtivas, co- ment´arios sinceros e tudo que possa agregar para melhoria do livro. Deixo o meu contato para comunica¸c˜ao e t˜ao logo eu tenha disponibilidade, terei maior prazer em responder.

  Este material destina-se a ser gratuito, portanto, autorizo a c´ opia, impress˜ ao, divulga¸c˜ ao, compartilhamento em sites, em grupos, redes socais, emails, desde que n˜ ao seja para fins comerciais. Pro´ıbo o uso do mesmo como mercadoria de comercializa¸c˜ ao. Qualquer a¸c˜ ao gratuita ´ e valida e autorizada.

  Contato: projetoitaparatodos@gmail.com Notas do colaborador

  Minha parte neste livro foi a elabora¸c˜ao da capa e a transcri¸c˜ao de todo o conte´ udo A que antes estava em Word para o L

TEX fazendo pequenas corre¸c˜oes de ortografia e calculo. O conte´ udo deste livro foi integralmente feito pelo Miguel, tanto a teoria

  quanto a resolu¸c˜ao das quest˜oes. Qualquer erro ou inconsistˆencia encontrado, o lei- tor pode nos contatar.

  Felipe de Souza Lincoln Tatu´ı, 11 de Julho de 2017

Motiva¸c˜ ao

  O Instituto Tecnol´ogico de Aeron´autica ´e a escola de engenharia da For¸ca A´erea Brasileira. Conhecido nacional e internacionalmente pela qualidade do ensino de engenharia. Tamb´em ´e conhecido pelo seu concurso de admiss˜ao que tem a fama de ser bastante dif´ıcil. De fato ´e, pelos seguintes motivos: conte´ udo de mat´erias bas- tante extenso, quest˜oes de n´ıvel de dificuldade elevado, trinta quest˜oes por prova de cada mat´eria e apenas quatro horas para resolvˆe-las. As quest˜oes cobradas nas pro- vas exigem bastante conhecimento dos assuntos, maturidade matem´atica, agilidade e racioc´ınio r´apido. Monta-se a´ı um cen´ario complicado para um aluno de escolas p´ ublicas brasileiras, cujo ensino est´a aqu´em do necess´ario para que este aluno tenha condi¸c˜oes de competir com cerca de 8 mil candidatos (m´edia) que todos os anos concorrem a uma vaga no ITA.

  Sendo o ITA, uma institui¸c˜ao p´ ublica federal, seu acesso ´e gratuito e para todos os brasileiros que desejarem desde que esteja na lista de classificados do concurso. Vemos ent˜ao que este acesso n˜ao ´e t˜ao livre assim. Alunos com poucos recursos financeiros para pagar cursos preparat´orios espec´ıficos e boas escolas saem em des- vantagem com rela¸c˜ao a alunos que puderam ter boas escolas, acesso `a material e professores capacitados para a prova do ITA. H´a casos de alunos que moram em cidades pequenas ou cidades muito distantes dos grandes centros e que tamb´em n˜ao tem acesso a uma educa¸c˜ao de alto n´ıvel que os prepare para o vestibular do ITA. Dessa forma, temos muitos alunos de pouco poder financeiro que apesar de sonhar em estudar no ITA, se esbarram na dificuldade de prepara¸c˜ao de forma adequada. Nesse contexto, o ITA n˜ao chega a ter em suas salas alunos de regi˜oes mais pobres do Brasil ou alunos menos privilegiados financeiramente. Entendo que independente da situa¸c˜ao financeira ou regi˜ao de origem, h´a alunos muito bons espalhados pelo Brasil, um mar de talentos que muitas vezes n˜ao tˆem oportunidade de ter acesso a uma boa educa¸c˜ao e poder melhorar sua vida e de sua fam´ılia. O Brasil tamb´em perde ao desperdi¸car esses talentos escondidos no anonimato das dificuldades da vida. Vendo essa necessidade de acesso a bons materiais de estudo, h´a alguns anos, por volta de 2010, criei um canal com v´ıdeo-aulas no Youtube chamado Estuda Ema- nuel. Esse canal surgiu de um pedido de um dos meus primos (Emanuel), de uma ajuda para estudar para o vestibular do ITA. Como eu estava no sudeste do Brasil e ele em Santar´em, Par´a, a melhor forma seria fazer v´ıdeos com resolu¸c˜oes. Alguns vestibulandos viram os v´ıdeos e acharam bons e com isso pediram para que fossem compartilhados e que mais v´ıdeos fossem produzidos. Foi ent˜ao que cheguei a mais de centenas de v´ıdeos com resolu¸c˜oes de quest˜oes do ITA nas mat´erias de F´ısica, Qu´ımica e Matem´atica. Apesar do sucesso do canal, vi que as pessoas tinham dificuldades de acompanhar muitas vezes desistˆencia de alunos que n˜ao possu´ıam boa estrutura de ensino. En- tendi que precisava ajudar ensinando a teoria para que pudessem compreender as resolu¸c˜oes. Foi ent˜ao que criei um site chamado Projeto ITA Para Todos. L´a se concentram os links para todas as v´ıdeo aulas de teoria e de resolu¸c˜ao de exerc´ıcios. Nesse site, h´a mat´erias completas como teoria explicada e com exerc´ıcios. Atual- mente n˜ao consegui cobrir todos os conte´ udos program´aticos do ITA por falta de tempo. Tudo isso ´e feito de forma gratuita e n˜ao cobro nenhum centavo e nem outro tipo de apoio pelas v´ıdeo aulas . N˜ao h´a motiva¸c˜ao financeira, nem propaganda envol- vida. Apenas o desejo de ajudar, de compartilhar o conhecimento e poder ajudar as pessoas a melhorar de vida.

  ´ E muito triste estudarmos muito, aprendermos bastante para depois levarmos tudo isso para o t´ umulo sem compartilhar, sem cooperar com a melhoria da sociedade, sem colocar nossos tijolos no muro. Esse trabalho ´e o retorno do que tenho recebido de bom dado pela vida e espero sinceramente que isso crie uma corrente do bem e que mais e mais pessoas se inspirem em ajudar quem mais precisa.

  Muito desse trabalho vem de uma promessa de juventude. Eu sou natural de San- tar´em, uma cidade com muitas belezas naturais, no oeste do Par´a. Como mui- tos alunos por a´ı, tamb´em sonhei em estudar no ITA e me dedicar `a Engenharia Eletrˆonica (uma de minhas paix˜oes), por´em eu n˜ao tinha condi¸c˜oes financeiras de fazer um curso preparat´orio e, ou comprar livros e apostilas adequadas para o ITA. Al´em disso, n˜ao tinha orienta¸c˜ao necess´aria que pudesse ajudar a me preparar. Tive que estudar sozinho em casa e nas bibliotecas p´ ublicas de Santar´em, garimpando tudo que era material. Por sorte, os livros did´aticos das d´ecadas de 60 e 70 eram livros muito bons e tinham em abundˆancia na biblioteca municipal de Santar´em, e esses livros foram de grande ajuda. Fiz o vestibular do ITA por trˆes vezes e em 2002 eu fui aprovado ap´os muito esfor¸co, disciplina e sacrif´ıcio. Durante esse meu tempo de luta eu soube o que ´e n˜ao ter armas para lutar e nesse per´ıodo prometi que se eu tivesse sucesso faria tudo que estivesse ao meu alcance para ajudar quem est´a na mesmo situa¸c˜ao na qual estive. Agora eu apresento este livro na qual dediquei muitos dias na sua prepara¸c˜ao, ten- tando ser o mais did´atico, mais claro e detalhado poss´ıvel, usando uma linguagem mais acess´ıvel e mais leve. A ideia ´e poder dar acesso aos alunos menos favorecidos, acesso `a materiais de estudo que est˜ao em livros e apostilas de cursinhos caros. Apesar de ser voltado aos alunos mais humildes, esse livro ´e feito para todos que se interessam por ciˆencia e tecnologia, sejam ricos ou pobres.

  Canal Estuda Emanuel: youtube.com/user/MiguelitoSampaio Projeto ITA para todos: sites.google.com/site/itaparatodos

Como usar este livro

  Este livro cont´em a resolu¸c˜ao de muitos problemas do ITA. Portanto, requerem co- nhecimentos b´asicos de F´ısica. Tentei revisar o que pude, dosando para n˜ao criar um livro extenso demais. Se vocˆe n˜ao tem muita pr´atica em conceitos b´asicos de f´ısica, recomendo fortemente que primeiro se exercite bem com problemas de livros de ensino m´edio de forma que vocˆe possa ter mais clareza e entendimento dos as- suntos. Este livro ´e para ser um complemento/aprofundamento aos seus estudos, te aju- dando a entender resolu¸c˜oes de quest˜oes complexas. N˜ao o use se ainda n˜ao estiver seguro o suficiente em t´ecnicas alg´ebricas, como fatora¸c˜ao, radicia¸c˜ao, simplifica¸c˜ao, resolu¸c˜ao de equa¸c˜oes de primeiro e segundo grau, fun¸c˜oes alg´ebricas, geometria plana, geometria espacial, opera¸c˜oes com vetores, leis de Newton e princ´ıpios de dinˆamica. Procurei mesclar assuntos como Geometria Anal´ıtica, Eletricidade, Teoria dos Gases entre outros. Em novas edi¸c˜oes do livro, pretendo trazer mais problemas desafiado- res e interessantes. Por isso, o use como complemento final e aprofundamento. Muito importante ´e vocˆe tentar fazer as quest˜oes sozinho, sem olhar as resolu¸c˜oes de primeira. ´ E errando que se aprende. Ao tentar resolver por si s´o, vocˆe ir´a criar novas conex˜oes cerebrais ligadas ao assunto e quanto mais vocˆe for¸car suas ideias, mais f´acil fixar´a quando errar e olhar a resolu¸c˜ao. Nada que vem f´acil agrega demais ao indiv´ıduo. Assim, se vocˆe j´a for olhar de primeira a resolu¸c˜ao dificilmente aquilo vai te marcar. Ent˜ao para cada quest˜ao, tente resolver sozinho ou em grupo. Outra dica: dˆe um descanso para seu corpo e mente. Uma pessoa exausta n˜ao render´a tanto quanto uma pessoa descansada. Por isso, n˜ao passe longas horas de estudo sem uma pausa para espairecer e renovar as for¸cas. Sempre que puder ensine o que sabe. Vocˆe vai ver que poder´a aprender muito mais e solidificar´a seus conhecimentos ainda mais. N˜ao menospreze os outros, sempre temos o que aprender com qualquer pessoa. Hu- mildade ´e sabedoria. O caminho n˜ao ´e f´acil, muitos obst´aculos v˜ao surgir e tudo ir´a te fazer concluir que desistir ´e a melhor solu¸c˜ao e nem sempre ´e. Caiu? Levante-se e continue.

  Miguel Angelo Sampaio S˜ao Jos´e dos Campos, 20 de Outubro de 2016

Conte´ udo

  3.4 Efeito da latitude e rota¸c˜ao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

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  5 Quest˜ oes resolvidas

  4.9 Velocidade de escape . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

  4.8 Aplica¸c˜oes especiais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

  4.7 Leis de Kepler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

  4.6 Velocidade em qualquer ponto da elipse . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

  4.5 Energia na elipse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

  4.4 Velocidades na elipse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

  4.3 Revis˜ao sobre cˆonicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

  4.2 Conserva¸c˜ao do momento linear e angular . . . . . . . . . . . . . . . 59

  4.1 For¸ca centr´ıpeta e centr´ıfuga . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

  56

  4 Movimento Orbital

  3.5 Gravidade de uma casca esf´erica e no interior da Terra . . . . . . . . 50

  1 T´ ecnologia espacial 8 1.1 O avan¸co nas telecomunica¸c˜oes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

  8 1.2 Sensoriamento remoto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

  3.2 Acelera¸c˜ao da gravidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

  3.1 A gravidade de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

  25

  3 Gravidade

  2.5 Teoria da Relatividade Geral e Ondas Gravitacionais . . . . . . . . . 22

  2.4 S´eculos XIX e XX e uma nova forma de ver o universo . . . . . . . . 20

  2.3 A Astronomia e a F´ısica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

  2.2 Idade M´edia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

  2.1 Antiguidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

  14

  2 Breve hist´ oria da astronomia

  1.4 Foguetes lan¸cadores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

  1.3 Localiza¸c˜ao e resgate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

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  3.3 Acelera¸c˜ao da gravidade em outros planetas . . . . . . . . . . . . . . 40 Cap´ıtulo 1 T´ ecnologia espacial

  A conquista do espa¸co representou n˜ao s´o um grande avan¸co cient´ıfico, mas tamb´em tecnol´ogico, permitindo a realiza¸c˜ao de muitos servi¸cos que hoje tornam a vida na Terra mais pr´atica e confort´avel. ` A primeira vista, as atividades espaciais n˜ao tem nenhuma rela¸c˜ao com o cotidiano aqui no solo, mas est˜ao mais pr´oximas que pensamos. A seguir temos alguns exemplos de como o distante espa¸co sideral nos ajuda a viver melhor.

  As telecomunica¸c˜oes tiveram um salto gigantesco com as tecnologias espaciais. Os telefones que se conectavam por longos e ineficientes fios de cobre, hoje podem ligar qualquer dois pontos do globo, em tempo real atrav´es de links (liga¸c˜oes) de sat´elite. As grandes distˆancias intercontinentais s˜ao superadas atrav´es de pontes que se localizam no espa¸co viabilizado por sat´elites dedicados `as telecomunica¸c˜oes. N˜ao s´o para comunica¸c˜ao por voz, mas a internet teve tanto avan¸co na velocidade quanto na capacidade de transferˆencia de dados.

  

Figura 1.1: O sat´elite realiza a retransmiss˜ao de sinais entre ´ Africa e Europa, como

exemplo que viabiliza a comunica¸c˜ao entre v´ arias partes do mundo. Imagem da ESA.

  Os servi¸cos de telecomunica¸c˜oes s˜ao neg´ocios muito lucrativos e dependem sensi- Cap´ıtulo 1. T´ecnologia espacial

  9 centenas de milh˜oes de d´olares por ano no mundo todo. Essa distribui¸c˜ao em larga escala ´e chamada de broadcast. Al´em disso, eventos esportivos podem ser assistidos em tempo real no mundo todo gra¸cas aos sat´elites de comunica¸c˜oes que orbitam a Terra. A Telemedicina e a Tele-educa¸c˜ao j´a s˜ao realidades em muitos lugares, onde profis- sionais da sa´ ude podem prestar apoio m´edico a comunidades distantes, bem como professores podem levar o conhecimento a lugares remotos. Transa¸c˜oes banc´arias tamb´em s˜ao altamente dependentes da comunica¸c˜ao em rede e por isso tamb´em dependem do uso de sat´elites.

  Sensoriamento Remoto ´e uma t´ecnica para obter informa¸c˜oes sobre determinada regi˜ao na superf´ıcie da Terra atrav´es de imageamento ou medi¸c˜oes de grandezas de interesse. Um exemplo de sensoriamento remoto s˜ao as medi¸c˜oes da atmosfera, que permite tanto a previs˜ao do tempo de forma mais precisa quanto um melhor entendimento das mudan¸cas atmosf´ericas que afetam o clima.

  Figura 1.2: Imagem de Sat´elite mostra uma tempestade se formando na regi˜ ao de Boston. Imagem da NASA.

  O sensoriamento remoto ´e basicamente realizado por sat´elites de ´orbitas baixas, isto ´e, baixas altitudes, dotados de cˆameras e sensores. Assim, podem fazer registros fotogr´aficos ou aquisi¸c˜oes de medidas das regi˜oes pelas quais ele percorre durante suas revolu¸c˜oes em torno da Terra. Esta t´ecnica ajuda a planejar lavouras para aumentar sua produtividade, prever

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  1.2. Sensoriamento remoto monitorar fluxos migrat´orios de animais, identificar pontos cr´ıticos para incˆendios florestais e muitas outras aplica¸c˜oes.

  Figura 1.4: Regi˜ao de planta¸c˜ao de caf´e Figura 1.3: Imagens de sat´elite mostram em Minas Gerais. As imagens auxiliam os o impacto do desmatamento em um per´ıodo agricultores no planejamento de lavouras e de 22 anos, em Marab´a, Par´a. Imagem da melhor uso das ´areas. Imagem Google Earth Landsat/INPE. http://www.dsr.inpe.br/laf/cafesat/ artigos/TecnologiaInformacaoCafeMG. pdf .

  O sensoriamento remoto tamb´em pode ser usado para fins militares como espiona- gem. Muitos dos sat´elites que est˜ao em ´orbita fazem observa¸c˜oes sigilosas utilizando- se de cˆameras de alta resolu¸c˜ao. Nada escapa aos olhos do c´eu.

  Figura 1.5: Sat´elite de sensoriamento remoto da NASA/ESA. ` A medida que ele vai

passando, suas cˆameras e sensores captam e medem dados da superf´ıcie da Terra. Imagem da ESA. Cap´ıtulo 1. T´ecnologia espacial

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  A navega¸c˜ao fluvial, mar´ıtima e a´erea sofreu um grande impacto positivo com as aplica¸c˜oes de sat´elites em servi¸cos de localiza¸c˜ao e orienta¸c˜ao. Antigamente, nos tempos dos navegadores portugueses e espanh´ois, as rotas dos navios eram determi- nadas atrav´es de observa¸c˜oes de estrelas que aparentemente se mantinham fixas no firmamento. Um dos instrumentos usados para esse fim era chamado de astrol´abio. Como referˆencia, usava-se a Estrela Polar da Constela¸c˜ao Ursa Maior. Essa estrela pode ser vista do Hemisf´erio Norte.

  Figura 1.7: GNSS. Figura 1.6: Os navegadores me- diam o ˆ angulo de posicionamento da Estrela Polar em rela¸c˜ao ao navio e com isso estimavam sua localiza¸c˜ao.

  O uso de sat´elites fornece a infraestrutura necess´aria para se criar o GNSS, Global Navigation Satellite System

  , na qual os receptores desses sat´elites realizam c´alculos e determinam com boa precis˜ao a sua localiza¸c˜ao. Um dos servi¸cos GNSS mais conhecidos ´e o GPS, desenvolvido para aplica¸c˜oes mili- tares pelo Departamento de Defesa americano. O GPS ´e um sistema que ´e disponibi- lizado pelo governo dos EUA para uso civil e militar ao redor do mundo. Obviamente que a precis˜ao do servi¸co GPS liberado ´e bem mais baixa que a precis˜ao do GPS usado pelas For¸cas Armadas americanas. Diz-se que quando aconteceram os aten- tando contra o World Trade Center em Nova York, o sinal de GPS foi cortado no mundo todo temporariamente. GPS significa Global Positioning System e conta com uma constela¸c˜ao de sat´elites com ´orbitas definidas. Eles mandam continuamente sinais para os receptores GPS de ve´ıculos e celulares e assim, estes com base no tempo podem determinar a loca-

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  1.4. Foguetes lan¸cadores GPS permitiu que buscas e salvamentos pudessem ser realizados com mais eficiˆencia e sucesso. H´a um sistema global voltado para atendimento de emergˆencia em casos de naufr´agios e quedas de aeronaves. No entanto, o GPS n˜ao ´e o ´ unico sistema de localiza¸c˜ao existente. O sistema GLO- NASS foi desenvolvido pela R´ ussia. O sistema Galileo segue o mesmo conceito, por´em desenvolvido por um cons´orcio de pa´ıses europeus. A ´India est´a desenvol- vendo seu pr´oprio sistema de localiza¸c˜ao. As motiva¸c˜oes iniciais para os GNSS ´e militar, na qual uma na¸c˜ao n˜ao quer ficar dependente de outras para operar suas unidades e ve´ıculos militares. Com a abertura desse servi¸co para o mercado civil, vislumbrou-se um neg´ocio extremamente lucrativo. Quando vocˆe pega um receptor de GPS desses de carro ou usa o do seu celular e tenta se localizar, vocˆe est´a na verdade recebendo sinais de pelo menos 3 dos sat´elites do GPS. Eles mandam um sinal com um o hor´ario de envio desse sinal. O receptor decodifica esse hor´ario e compara com o hor´ario que ele recebeu, ent˜ao ele consegue fazer as contas de qual a sua distˆancia ao sat´elite visto que o sinal de GPS ´e uma onda eletromagn´etica e por isso se move com velocidade constante, c. Para que vocˆe possa se localizar vocˆe precisa de pelo menos vis˜ao de trˆes sat´elites. Por isso que em dias nublados o GPS fica impreciso devido `as nuvens que enfraquecem o sinal que vem do espa¸co.

  Para viabilizar todos esses servi¸cos, os sat´elites devem ser colocados em ´orbita e para isso existem os ve´ıculos lan¸cadores. Basicamente s˜ao foguetes que podem deslocar grande quantidade de massa at´e determinada altitude e com a velocidade necess´aria para manter tais massas em ´orbita. Os foguetes inicialmente eram projetos governamentais, pois se entendia que foguetes espaciais podem ser transformados em armas. Com o tempo, a vis˜ao que se tem sobre os foguetes e sua populariza¸c˜ao levaram `a abordar esses ve´ıculos como um lucrativo neg´ocio. As atividades de lan¸cadores no Brasil s˜ao gerenciadas pela For¸ca A´erea.

  

Figura 1.8: Ve´ıculo Lan¸cador de Sat´elites, VLS, desenvolvido pelo Brasil, com supervis˜ao da For¸ca A´erea Brasileira. Cap´ıtulo 1. T´ecnologia espacial

  13 Os foguetes podem transportar tanto equipamentos quanto pessoas. No caso de equipamentos, estes s˜ao chamados de Carga ´ Util. Essas miss˜oes podem ser tripu- ladas ou n˜ao. Atualmente, o servi¸co de lan¸camento de cargas ´ uteis ´e um neg´ocio bastante lucrativo, pois vem aumentando o interesse e necessidade dos pa´ıses por atividades em telecomunica¸c˜oes ou sensoriamento remoto. Como poucos pa´ıses no mundo det´em a tecnologia de lan¸cadores, constituindo assim um seleto clube. Os rendimentos com lan¸camentos comerciais vˆem sendo cada vez mais justific´aveis. Isso ´e tanto verdade que a NASA contrata empresas para realizar transporte de cargas para Esta¸c˜ao Espacial Internacional. Uma das empresas de maior destaque ´e a Spa- ceX. As miss˜oes tripuladas s˜ao mais complexas e caras visto que os lan¸cadores devem pos- suir m´odulos para a tripula¸c˜ao trabalhar de forma segura e confort´avel. As miss˜oes tripuladas inicialmente tinham car´ater cient´ıfico, tecnol´ogico e militar. Com o bara- teamento da tecnologia e maior interesse do p´ ublico por viagens espaciais, o turismo espacial vem crescendo anualmente. Assim, n˜ao se restringiu aos voos dos ˆonibus espaciais da NASA. As primeiras miss˜oes tripuladas eram feitas em foguetes que eram inutilizados du- rante o lan¸camento devido aos m´etodos de est´agios de combust´ıvel. Os est´agios eram descartados assim que o combust´ıvel terminasse em seus tanques. O retorno da tripula¸c˜ao se dava em m´odulos pequenos, como no caso das miss˜oes Apollo da NASA. Para diminuir os custos das miss˜oes, a NASA criou o conceito de ˆonibus espaciais, no qual a tripula¸c˜ao regressava em pousos similares ao de uma aeronave, evitam o descarte de material e reutilizando o ve´ıculo para novas miss˜oes. 130 miss˜oes foram realizadas e alguns acidentes fatais ocorreram durante seus trinta anos de miss˜oes espaciais e hoje em dia, a frota de ˆonibus espaciais da NASA est´a inativa. Cap´ıtulo 2 Breve hist´ oria da astronomia

  Olhar para o c´eu estrelado ´e uma atividade realizada pelo homem desde os tempos mais prim´ordios. Realmente observar um c´eu estrelado causa diversos sentimentos e sensa¸c˜oes. Seja vocˆe sens´ıvel ou n˜ao, saiba que muitos indiv´ıduos elaboraram muitos questionamentos filos´oficos e cient´ıficos devido `a observa¸c˜ao do firmamento. Tamb´em, muitos casais j´a se “coisaram” (entendimento livre) inspirados pelas belas noites de luar. Poetas escreveram versos e mocinhas suspiraram... A influˆencia do espa¸co ´e tamanha que at´e mesmo religi˜oes e cren¸cas se basearam nos astros, como a astrologia e a mitologia.

  Vocˆe j´a parou para pensar por que a nossa gal´axia se chama Via L´actea? Via L´actea ´e um termo do latim, que os antigos romanos emprestaram dos gregos, que significa Caminho do Leite, vindo de Galaxias Kyklos, ou ciclo do leite. Devido `a ilumina¸c˜ao das cidades, o c´eu n˜ao ´e visto da mesma forma que era vista pelos nossos ancestrais distantes. Se vocˆe for para algum s´ıtio bem afastado, poder´a ver que as estrelas foram um caminho como uma faixa branca, que ´e a raz˜ao pela qual se nomeou nossa gal´axia.

  

Figura 2.1 Cap´ıtulo 2. Breve hist´oria da astronomia

  15 Outros povos da Antiguidade como ´arabes, chineses, romanos observaram os astros em buscas de respostas para seus questionamentos existenciais, ou para entendi- mento da Natureza. Por exemplo, o fenˆomeno da mar´e ´e causado pela atra¸c˜ao gravitacional que a Lua exerce sobre as ´aguas. A observa¸c˜ao das mar´es e fases da Lua levou a essa conclus˜ao servindo bastante para o homem do mundo antigo. Os cometas e eclipses eram encarados muitas vezes como manifesta¸c˜oes divinas. E tal foi interesse que muitos desses homens antigos come¸caram a estudar a dinˆamica celeste. At´e hoje, muita gente chama os meteoros e meteoritos de estrela cadentes e fazem pedidos quando avistam uma delas riscando o c´eu. Nesse interesse, surgiu a Astronomia (n˜ao confundir com astrologia), ciˆencia que objetiva o estudo dos astros, seus comportamentos e caracter´ısticas.

Figura 2.3 Figura 2.2

  A Gr´ecia teve alguns estudiosos de renome e que contribu´ıram muito para desenvol- vimento da ciˆencia. Vamos ver alguns deles. Tales de Mileto (624 - 546 a.C.) a partir de suas viagens ao Egito introduziu na Gr´ecia os fundamentos da geometria e da astronomia. Defendeu que a Terra era um disco plano em uma vasta extens˜ao de ´agua. Eu te entendo Tales, eu tamb´em pensaria isso.. Pit´ agoras de Samos (572 - 497 a.C.) j´a foi mais arrojado pois acreditava na esfericidade da Terra, da Lua e de outros corpos celestes, afinal ele criou o Teorema de Pit´agoras. Por´em vacilou ao crer que os planetas, o Sol, e a Lua eram transpor- tados por esferas separadas da que carregava as estrelas. A express˜ao cosmos para o c´eu foi criada por ele. Arist´ oteles de Estagira (384-322 a.C.) j´a foi mais al´em, trazendo novidades para o contexto astronˆomico explicando que as fases da Lua dependem da faces iluminadas pelo Sol. Explicou como os eclipses funcionam. Juntou-se a Pit´agoras a favor da esfericidade da Terra, pois a sombra da Terra na Lua durante um eclipse lunar ´e sempre redonda. Afirmava que o Universo ´e esf´erico e finito. Heraclides de Pontus (388-315 a.C.) explicou a rota¸c˜ao da Terra sobre seu pr´oprio eixo, que Vˆenus e Merc´ urio orbitam o Sol. Aristarco de Samos (310-230 a.C.) foi um vision´ario propondo que a Terra se movia em volta do Sol, antes de Cop´ernico. Entre outras coisas, criou uma meto- dologia para determinar as distˆancias relativas do Sol e da Lua `a Terra. Realizou medidas indiretas dos tamanhos relativos da Terra, do Sol e da Lua. Sinistro! Erat´ ostenes de Cirˆ enia (276-194 a.C.), bibliotec´ario e diretor da Biblioteca

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  2.1. Antiguidade afinal, acho que ele tinha tempo na biblioteca para isso. Mas como ele fez isso? Era sabido que na cidade de Siena no Egito, no inicio do ver˜ao, ao meio-dia a luz do sol atingia o fundo de um po¸co. Isso ´e importante como referencia que o Sol estaria na vertical perpendicular `a Terra. Como ele, um garoto crescido nas quebradas de Alexandria, sabia que o mesmo n˜ao acontecia com os po¸cos em sua cidade. Ent˜ao, resolveu medir a sombra de uma haste no solo para ver qual inclina¸c˜ao havia, e foi 7 . Com isso ele determinava o ˆangulo entre Alexandria e Siena, que se distanci- avam em 5000 est´adios (unidade de medida na Gr´ecia). Esse valor foi obtido da viagem de camelo entre `as duas cidade e sabendo que um camelo em m´edia anda 100 est´adios por dia. Os 7 medidos correspondem a 1/50 de uma circunferˆencia, assim, e a circunferˆencia da Terra deveria medir 50x5000 est´adios. Sendo que uma circunferˆencia ´e C = 2πR, o raio era determinado como aproximadamente 40000, j´a que um est´adio corresponderia a 1/6 km. Muito safo! Hiparco de Nic´ eia (c.190-c.120 a.C.), considerado o maior astrˆonomo da era pr´e-crist˜a, e com um observat´orio na ilha de Rodes, compilou a posi¸c˜ao no c´eu e a magnitude de 850 estrelas. Fez diversas medidas sobre a mecˆanica na Terra. Ptolomeu (85 d.C. - 165 d.C.) (Claudius Ptolemaeus) foi autor de uma s´erie de treze volumes sobre astronomia, conhecida como o Almagesto, a obra de referˆencia em astronomia grega. Para entender qu˜ao geniais eram estes astrˆonomos ´e s´o se ligar no fato de que eles n˜ao tinham telesc´opios, medidores precisos de tempo e nem outros instrumentos. Era tudo na ra¸ca e na inteligˆencia. Realmente admir´avel. H´a outros povos que desenvolveram a astronomia como no oriente m´edio, princi- palmente na Babilˆonia, que ´e mais ou menos a regi˜ao que hoje ´e o Iraque. Por´em, ainda n˜ao havia uma clara separa¸c˜ao entre religi˜ao e ciˆencia. Vocˆe j´a se perguntou por que um minuto tem 60 segundos? Se j´a e n˜ao tem resposta, l´a vai...

A escrita na Babilˆonia come¸cava com o 1, escrito sobre pedra usando o s´ımbolo g, j´a o 10 era feito usando o s´ımbolo ≻. Combina¸c˜oes destas duas marcas eram feitas

  at´e o 59, voltando ao inicio quando se chegava ao 60. S´o muito mais para frente que se inventou o 0, por´em a falta do zero permitia que os babilˆonicos pudessem fazer c´alculos elaborados com facilidade. Essa galera n˜ao era boba n˜ao... Dessa maneira, a divis˜ao de horas vem da nota¸c˜ao babilˆonica que ia at´e 60 Os babilˆonios, al´em de documentar fenˆomenos astronˆomicos, iniciaram a cria¸c˜ao do calend´ario, ao dividir o tempo baseado em fases da Lua. Sendo que cada fase dura sete dias, ent˜ao surgiram as semanas. Para nomear os dias, eles homenagearam as divindades por eles adoradas. Vejam abaixo:

  Mesopotˆamia Inglˆes Alem˜ao Italiano Francˆes Espanhol Dia da Lua Monday Montag Lunedi Lunedi Lunes Dia de Marte Tuesday Dienstag Martedi Mardi Martes Dia de Merc´ urio Wednesday Mittwoch Mercoledi Mercred´ı Mi´ ercoles Dia de J´ upiter Thursday Donnerstag Giovedi Jeudi Jueves Dia de Vˆenus Friday Freitag Vernedi Vendredi Viernes Dia de Saturno Saturday Samstag Sabato Samedi S´ abado Dia do Sol Sunday Sontag Domenica Dimanche Domingo

  Tabela 2.1: Dias da semana em outros idiomas Cap´ıtulo 2. Breve hist´oria da astronomia

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  A Idade M´edia ´e conhecida como Per´ıodo das Trevas, onde o conhecimento e o desenvolvimento cient´ıfico ficaram estagnados na Europa. Conceitos religiosos da Igreja Cat´olica assombravam os estudiosos que queriam divulgar ideias contr´arias a f´e crist˜a. Os pensadores da natureza realizavam estudos em sigilo. Diferentemente da Europa, o mundo ´arabe se tornou culto, absorvendo muito do conhecimento grego e desenvolvendo a ciˆencia no Oriente M´edio. O progresso da matem´atica, da qu´ımica e astronomia evoluiu bastante com os ´arabes, tendo muitos estudiosos com obras traduzidas do ´arabe para o latim. Com a chegada do Renascimento tudo mudou na Europa. O pessoal procurou saber mais sobre a natureza, sendo que a astronomia virou uma das sete artes liberais, bastante comuns no Studium Generale, ou que seria chamado no futuro de Universidade. Adotou-se o modelo geocˆentrico grego, onde se acreditava que a Terra era o centro do Universo e tudo girava ao seu redor. Sabe nada inocente... Um polonˆes chamado Nicolau Cop´ernico, chegou um dia em uma pra¸ca da Europa e disse “Est´a tudo errado nessa baga¸ca, vamos parar com essa hist´oria de Terra no Centro”. Claro que n˜ao foi assim, isso foi s´o uma tentativa de ser engra¸cadinho da minha parte, que eu acho que n˜ao foi, e se n˜ao foi pelo menos d´a uma risadinha a´ı para fortalecer a amizade. Ok. Vamos continuar. O Cop´ernico propˆos um modelo diferente, chamado heliocˆentrico, no qual o Sol estaria no centro e a Terra orbitando. Isso causou um rebu dos diabos, pois quebrava anos e anos de cren¸ca em uma teoria errada.

  Figura 2.4: Sistema Heliocˆentrico bolado por Cop´ernico, onde o Sol figura no centro.

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  2.2. Idade M´edia Mais tarde, Galileu Galilei e Johannes Kepler vieram a confirmar com dados e complementar as ideias de Cop´ernico. Os dois se aprofundaram em observar e criar m´etodos e teorias que explicassem a mecˆanica celeste.

  Figura 2.5: Galileo Galilei. Conta a lenda, que quando Galileo estava sendo questionado em seu jul- Figura 2.6: Johannes Kepler gamento e foi obrigado a jurar que a Terra n˜ ao se movia, ele falou baixinho “Ela ainda se move...” Ne- gou para geral no julgamento, mas deu a palavra final baixinho

  Por volta dos anos 1500 (o Brasil estava sendo descoberto nessa ´epoca), um nobre dinamarquˆes chamado Tycho Brahe iniciou um trabalho de observa¸c˜ao astronˆomica a olho nu, em seu observat´orio particular, localizado entre a Dinamarca e a Su´ecia. Esse trabalho de observa¸c˜ao levantou dados muito importantes para cria¸c˜ao das primeiras equa¸c˜oes sobre gravita¸c˜ao. O observat´orio de Brahe tinha at´e nome: Ura- nienborg, em homenagem a Urˆania, a musa da astronomia. Tycho Brahe era uma figura cuja vida teve alguns epis´odios pitorescos... Tycho Brahe se meteu em uma confus˜ao que acabou em um duelo de espadas, que nem nos filmes. Ele foi l´a lutar com seu advers´ario e acabou perdendo o nariz com um golpe de espada desferido durante combate. Estando ele sem nariz, passou a usar pr´oteses de metal, tipo ouro, prata e cobre. Ao exumar seu cad´aver, verificou-se que os ossos do nariz estavam contaminados de verde, sinal de ´ıons de cobre. Isso deve ao fato de que o cobre ´e um metal mais male´avel que o ouro e prata e provavelmente Cap´ıtulo 2. Breve hist´oria da astronomia

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  Figura 2.7: Tycho Brahe. Nariz met´alico do Brahe em um retrato da ´epoca, mostrando a pr´otese.

  A morte de Brahe foi causada por sua educa¸c˜ao `a mesa. Convidado a um banquete, ele estava com bexiga cheia e precisava ir ao banheiro, mas com vergonha resolveu dar uma seguradinha. Segurou tanto que contraiu um problema urin´ario que veio a lhe tirar a vida depois de onze dias acamado. Fato confirmado pelas colunas sociais da ´epoca e na revista Caras da Dinamarca (tentativa de piada). Entre os pr´oximos de Brahe estava um cidad˜ao chamado Johannes Kepler. Kepler o acompanhou at´e seu momento derradeiro e diz a lenda que teria dito as seguintes palavras a Kepler “Ne frustra vixisse videar!” que significa “Vaaai Curinthia!”. N˜ao, n˜ao foi isso, n˜ao. A tradu¸c˜ao correta ´e “N˜ao me deixe parecer ter vivido em v˜ao”. Kepler mais tarde, usando os dados de medi¸c˜ao de Brahe deduziu as trˆes leis do movimento planet´ario, que conhecemos hoje. Kepler cumpriu o pedido de Brahe. Parceria sempre! Na It´alia, entre uma massa e outra, um individuo chamado Galileu Galilei tamb´em contribuiu enormemente para astronomia ao desenvolver um telesc´opio rudimentar de 20 vezes aumento com o qual pˆode descobrir as quatro maiores luas de J´ upiter em 1610, observou as crateras da Lua, explicou as machas solares (eu nem sabia que o sol tinha mancha...), notou as fases de Vˆenus tal quais as fases da Lua e defendeu o modelo geocˆentrico. Ao tomar partido do modelo geocˆentrico, Galileu arrumou confus˜ao com a Santa Inquisi¸c˜ao e quase foi executado. Quando foi chamado perante o tribunal da Inquisi¸c˜ao, ele negou suas ideias sobre o movimento da Terra se livrando de morrer na fogueira ou enforcado... Dizem que enquanto ele negava diante dos

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  2.3. A Astronomia e a F´ısica

  Os trabalhos de Tycho Brahe deram a Kepler as evidˆencias para desenvolver as leis dos movimentos dos corpos celestes, dando um passo da mera observa¸c˜ao para modelos matem´aticos. O desenvolvimento dos conceitos f´ısicos por Galileu come¸cou a dar base para um entendimento desses fenˆomenos sob a luz da ciˆencia f´ısica. Isso impulsionaria o entendimento do cosmos com uma fruta. A descoberta dos princ´ıpios da gravita¸c˜ao se deu pela observa¸c˜ao da queda de uma ma¸c˜a por Sir Isaac Newton. Era o ano de 1666 na Inglaterra, mais especificamente no jardim da senhora Newton, em Lincolnshire. Isaac estava descansando sob a sombra de uma macieira, quando uma ma¸c˜a caiu sobre sua cabe¸ca, fazendo tamb´em cair a ficha de que a Terra atraia os corpos. A partir da´ı Newton passou a descrever uma teoria sobre a forma com que os corpos interagiam. Escreveu o sua maior obra, o Philosophiae Naturalis Principia Mathematica, ou Princ´ıpios Matem´aticos da Filosofia Natural de 1687. Vamos entrar em detalhes nos pr´oximos cap´ıtulos.

  Figura 2.8: Isaac Newton n˜ ao era headbanger e nem cultuava essa cabeleira. Essas perucas eram comuns para evitar contamina¸c˜ao por piolhos naquele tempo.

  

2.4 S´ eculos XIX e XX e uma nova forma de ver

o universo

  O homem vˆe o mundo porque seus olhos s˜ao sens´ıveis `a luz, ondas eletromagn´eticas em uma faixa de frequˆencias que sensibilizam os tecidos internos do olho. Por´em, existem muitas outras ondas eletromagn´eticas, al´em do que o ser humano pode per- ceber a olho nu. Com os avan¸cos da f´ısica, descobriram ondas eletromagn´eticas em diversas outras faixas como o infravermelho, ultravioleta, raios X, ondas de r´adio, raios gama e etc. O que podemos ver ´e uma faixa muito estreita de frequˆencias. Cap´ıtulo 2. Breve hist´oria da astronomia

  21 tronomia como a descoberta da espectroscopia. Ondas eletromagn´eticas s˜ao ondas que viajam a uma mesma velocidade, n˜ao impor- tando sua frequˆencia e comprimento de onda, nomeada de c, cujo valor no v´acuo ´e 300.000km/s. Cada frequˆencia est´a associada a um ´ unico comprimento de onda que pode ser calculado atrav´es da famosa equa¸c˜ao das ondas. Para qualquer onda vale a seguinte rela¸c˜ao entre velocidade v, sua frequˆencia f e seu comprimento de onda λ. v = λ · f

  Conforme dito, para as ondas eletromagn´eticas a velocidade ´e c, portanto, a equa¸c˜ao para ondas eletromagn´eticas se torna: c = λ · f

  Note a afirma¸c˜ao que fizemos na equa¸c˜ao acima: para uma determinada frequˆencia, temos apenas um ´ unico comprimento de onda, indo do violeta ao vermelho. Frequˆencias acima da frequˆencia do violeta s˜ao chamados de ultra-violeta (um exemplo s˜ao as radia¸c˜oes solares e que causam cˆancer). Frequˆencias abaixo da frequˆencia do verme- lho s˜ao chamados de infra-vermelho (emitido pelo controle remoto da sua televis˜ao, por´em vocˆe n˜ao enxerga, mas a TV detecta). Cada cor possui uma frequˆencia bem definida, bem como um comprimento de onda. Com o progresso nas pesquisas, ci- entistas viram que gases aquecidos emitir radia¸c˜oes com determinadas frequˆencias, isto ´e, os gases teriam uma identidade eletromagn´etica. Com isso era poss´ıvel deter- minar a composi¸c˜ao de determinado material apenas observando as radia¸c˜oes por eles emitidas. A engenharia eletrˆonica possibilitou a cria¸c˜ao de sensores que pode- riam analisar essas radia¸c˜oes e assim detectar a composi¸c˜ao de uma estrela ou de um planeta, dizendo de grosso modo. Dessa forma, a observa¸c˜ao astronˆomica deu um salto, permitindo entender n˜ao s´o a mecˆanica celeste, mas os ciclos de forma¸c˜ao e morte dos astros. Os progressos da ciˆencia permitiam sonhar com respostas para perguntas mais fun- damentais como a origem do Universo, sua evolu¸c˜ao e qual seria o seu futuro. Das in´ umeras teorias surgidas, a que ´e a mais aceita ´e a Teoria do Big Bang, mostrada a seguir. Tudo come¸cou quando o f´ısico experimental Leonard Hofstadter foi dividir apartamento com doutor Sheldon Cooper... ops, ´e outra teoria. A Teoria do Big Bang sup˜oe o seguinte:

  “Our whole universe was in a hot dense state, Then nearly fourteen billion years ago expansion started. Wait...

  The Earth began to cool. . . ”

  • Theory of Everything, Barenaked Ladies Nosso universo era quente e denso, perto de 14 bilh˜oes de anos atr´as a expans˜ao come¸cou... S´o que esta expans˜ao come¸cou com uma explos˜ao. Espalhando-se e tudo mais se originou a partir da´ı, pro isso o nome Big Bang, ou grande estrondo. Essa teoria s´o teve suas evidencias detectadas com a evolu¸c˜ao dos sensores que per-

  22

  2.5. Teoria da Relatividade Geral e Ondas Gravitacionais E como o universo evoluiu? Est´a em expans˜ao ou contra¸c˜ao? Isso porque se ex- plodiu pode ser uma expans˜ao, por´em se a expans˜ao acabou e agora estamos com- primindo? A resposta para isso vem de um efeito que podemos observar quando uma ambulˆancia ou outro ve´ıculo com sirene passa em alta velocidade. Quando a ambulˆancia passa, parece que o som dela muda quando se aproxima de n´os e quando se afasta. Essa mudan¸ca de grave para agudo se d´a por que a frequˆencia, que o ob- servador escuta, muda. A sirene vai estar sempre com a mesma frequˆencia, por´em o efeito do movimento faz parecer, aos ouvidos do observador, que h´a uma mudan¸ca. Esse fenˆomeno ´e explicado como Efeito Doppler. Ele se aplica `a ondas cuja fonte esteja em movimento relativamente a um observador. Astrˆonomos perceberam que gal´axias que est˜ao se afastando da Terra apresentam radia¸c˜oes que parecem se deslo- car para as frequˆencias do vermelho e gal´axias que aproximam apresentam radia¸c˜oes aqui na Terra que se deslocam em dire¸c˜ao `as frequˆencias do azul. Esse fenˆomeno ´e conhecido com Red Shift, ou deslocamento para vermelho. Edwin Hubble per- cebeu essas rela¸c˜oes e suas observa¸c˜oes s˜ao tomadas como ind´ıcios da expans˜ao do Universo.

  

2.5 Teoria da Relatividade Geral e Ondas Gravi-

tacionais

  Em 1915 era publicada a Teoria da Relatividade Geral, pelo f´ısico alem˜ao Albert Einstein. Einstein j´a havia impressionado o mundo com a teoria anterior chamada Teoria da Relatividade Especial ou Restrita. Einstein revolucionou a F´ısica ao dar uma nova vis˜ao sobre os fenˆomenos f´ısicos e com a Teoria da Relatividade Geral viria a mudar o entendimento da gravita¸c˜ao. Na sua teoria, os fenˆomenos f´ısicos po- deriam ser observado em um referencial quadridimensional, sendo o tempo a quarta dimens˜ao. Hoje, na f´ısica cl´assica, os referencias s˜ao sempre (x,y,z) representando o espa¸co, no entanto Einstein propˆos uma nova forma como (x,y,z,t). E ele foi al´em, o espa¸co-tempo est´a relacionado com a gravidade! Dentre as diversas conclus˜oes de sua teoria, uma delas ´e que grandes massas podem curvar o espa¸co-tempo. Veja na figura seguinte:

  

Figura 2.9 Cap´ıtulo 2. Breve hist´oria da astronomia

  23 A confirma¸c˜ao experimental dessa alega¸c˜ao foi feita no Brasil, em Sobral no Cear´a, no ano de 1919. O experimento realizado mostrou que a curvatura do espa¸co-tempo faria um raio de luz, vindo de uma estrela, contornar o Sol (se n˜ao considerarmos a curvatura do espa¸co, a luz seguiria um caminho em linha reta e seria bloqueada pelo Sol) e ser detectada na Terra. Na figura seguinte, o ponto mais a direita seria a posi¸c˜ao causada pelo efeito da distor¸c˜ao, fazendo a parecer estar mais afastada quando na verdade, ela estaria atr´as do sol e n˜ao poderia ser vista.

Figura 2.10 Essa foi uma das confirma¸c˜oes experimentais da teoria do Albert.

  Recentemente, mais uma previs˜ao da Teoria da Relatividade Geral foi confirmada: a existˆencia de ondas gravitacionais. Sendo que objetos de grandes massas causam distor¸c˜oes no espa¸co-tempo, ondas gravitacionais podem acontecer. Um experimento de um cons´orcio de cientistas, o LIGO, Laser Interferometer Gravitational-Wave Observatory

  , conseguiu detectar perturba¸c˜oes criadas por um sistema bin´ario de buracos-negros. Buracos Negros s˜ao objetos celestes de massa muito elevada a tal ponto que sua for¸ca gravitacional n˜ao permite nem a luz escapar. O sistema bin´ario formado pelos buracos negros pode ser entendido com como dois corpos que orbitam em torno do seu centro de massa. ´ E como um casal, de bra¸cos dados, girando em um sal˜ao de festas. Ent˜ao a rota¸c˜ao dessas duas grandes massas perturba o espa¸co-tempo gerando as ondas. Na fotografia abaixo, podem ser vistos os dois buracos-negros e note que s˜ao dois opacos devido ao fato de n˜ao deixarem a luz escapar, diferente das estrelas.

  

Figura 2.11

  24

  2.5. Teoria da Relatividade Geral e Ondas Gravitacionais Na figura seguinte as espirais s˜ao as perturba¸c˜oes criadas pelo sistema bin´ario ana- lisado. Essas ondas foram detectadas pelos interferˆometros a laser do LIGO. Com- provando assim, que mais uma vez Einstein estava certo.

  

Figura 2.12

  O Albert sempre foi um cara muito simp´atico, de bem com a vida e de mal com o pente ou escova, revolucionou a f´ısica e gostava de tomar uma depois do trabalho para relaxar. O Albert realmente faz falta...

  

Figura 2.13 Cap´ıtulo 3 Gravidade

  O Principio da Gravita¸c˜ao foi descoberto por Newton e estabelece uma forma de calcular a for¸ca entre dois corpos quando separados a certa distˆancia. Newton afirmou que essa for¸ca depende de uma constante universal, chamada de Constante Universal Gravitacional. 1 2 Gm m

  F = 2 −11 −1 3 2 d 1 2 m kg s . No numerador m e m s˜ao as massas dos corpos Onde G = 6, 67 × 10 envolvidos e d ´e a distˆancia que os separa.

  Como a for¸ca ´e um vetor, ela deve ter al´em de um valor de intensidade, deve ter uma dire¸c˜ao e um sentido. A dire¸c˜ao ´e sempre na linha reta que une os corpos. O sentido ´e sempre na dire¸c˜ao do outro corpo. Por exemplo:

  21 exerce sobre o corpo 2 e F quer dizer a for¸ca que o corpo 2 exerce sobre o corpo 1. Essas for¸cas s˜ao sempre ao pares e tem igual intensidade, n˜ao importa se o um dos corpos seja infinitamente maior. Eu gosto de dizer que ´e uma for¸ca democr´atica. Por exemplo, entre mim e a Terra h´a uma for¸ca gravitacional, pois eu tenho uma massa de aproximadamente 78kg e a Terra tem milh˜oes quilos de massa. Nessa nossa convivˆencia di´aria, a Terra exerce uma for¸ca sobre mim e eu exer¸co uma for¸ca sobre ela. A for¸ca que ela exerce sobre mim ´e igual em intensidade `a for¸ca que eu exer¸co sobre ela. Um mesmo corpo pode exercer for¸cas gravitacionais em muitos outros, n˜ao impor- tando a quantidade e cada intera¸c˜ao gravitacional segue a mesma regra acima. No exemplo seguinte, quatro corpos de massas diferentes separados por distˆancias que n˜ao s˜ao as mesmas, exercem for¸cas gravitacionais uns sobre os outros. Veja que as for¸cas s˜ao aos pares, pois de acordo coma f´ormula de Newton, a intera¸c˜ao gravita-

  26

  3.1. A gravidade de Newton A´ı vocˆe me pergunta, e esse monte de for¸cas a´ı? Bom, veja que cada corpo est´a sob a¸c˜ao de trˆes for¸cas. O que vai acontecer com ele vai depender da sua massa e principalmente da for¸ca resultante. A for¸ca resultante ´e a for¸ca que resulta do efeito combinado dessas trˆes for¸cas. Para saber como vai ficar essa for¸ca resultante ´e preciso fazer a soma vetorial das for¸cas. O que isso quer dizer, vocˆe tem que somar os vetores. Estou considerando que vocˆe j´a sabe fazer isso. Algumas coisas eu posso at´e revisar, mas se eu revisar tudo esse livro fica enorme. Se a resultante for nula, a acelera¸c˜ao ser´a nula e ent˜ao duas situa¸c˜oes podem acon- tecer:

  1. Se a acelera¸c˜ao ´e nula, n˜ao h´a varia¸c˜ao de velocidade, ent˜ao ele pode estar em movimento uniforme, isto ´e, com velocidade constante.

  2. Se a acelera¸c˜ao for zero, ele pode ter velocidade constante igual a zero, isto ´e, parado. Assim se a resultante for zero, o corpo pode estar em repouso ou eu movimento uniforme. Ent˜ao veja o seguinte, a resultante da for¸ca ´e a soma de todas as for¸cas X F R = F = ma

  A acelera¸c˜ao vai ficar:

P F a =

  m Para saber o que acontece com todos os corpos da situa¸c˜ao do exemplo, precisamos fazer a resultante de cada um e depois a achar a acelera¸c˜ao, da´ı poderemos entender o movimento deles. Cap´ıtulo 3. Gravidade

  27 Quest˜ ao resolvida. Suponha que trˆes corpos de massa m estejam nos v´ertices de um triˆangulo equil´atero de lado a. Calcule a resultante da for¸ca no corpo 3 e encontre a sua acelera¸c˜ao.

  Solu¸c˜ ao: As massas s˜ao iguais e a distancias tamb´em. O que fizermos para a massa 3 vale para as outras. Se fossem diferentes ter´ıamos que fazer uma por uma. O que quero mostrar aqui ´e um procedimento para vocˆe usar nessas situa¸c˜oes. Se vocˆe entender bem esse procedimento n˜ao vai ter problemas com outros tipos de quest˜oes parecidas. Primeiro pegamos a massa trˆes e desenhamos as for¸cas sobre ela. Isso j´a est´a na figura. Sobre ela est´a a for¸ca que a massa 2 exerce sobre ela e a for¸ca que a massa 1 exerce sobre ela. A dire¸c˜ao dessas for¸cas ´e a dire¸c˜ao da linha que une os centros delas. Mas veja que elas est˜ao inclinadas. Como fazer? Somar direto ´e que vocˆe n˜ao deve, pois esses vetores n˜ao est˜ao na mesma dire¸c˜ao. O que eu fa¸co ´e criar um sistema de coordenadas em cima da massa em quest˜ao e decompor essas for¸cas em horizontais e verticais. Depois disso, a´ı sim eu somo as componentes horizontais e as componentes verticais. Feito isso posso achar a for¸ca resultante

  De posse disso, fa¸co a decomposi¸c˜ao das for¸cas. Note na figura abaixo que as for¸cas seguem a linha do triˆangulo equil´atero. Um triˆangulo equil´atero tem todos os 13 23

  28 1 2

  3.1. A gravidade de Newton chamei de F e F s´o para n˜ao carregar muito o desenho) s˜ao sim´etricas, o ˆangulo ◦ ◦ com a vertical ´e 30 para cada para completar 60 do v´ertice.

  Agora que as for¸cas foram decompostas, podemos somar as componentes de mesma linha, isto ´e, somar as for¸cas horizontais e as for¸cas verticais. F Rx e F Ry s˜ao as resultantes no eixo x e eixo y, resultado da intera¸c˜ao das componentes horizontais e verticais, respectivamente. X F Rx = F x X F Ry = F y

  Agora precisamos calcular cada componente horizontal e vertical. Observe que as 1 1 componentes de F , forma com F um triˆangulo retˆangulo. O mesmo se pode dizer 2 para F e sua gangue.

  As rela¸c˜oes trigonom´etricas ajudam bastante nessa hora. Mas qual usar? Seno? 1 Cosseno? Tangente? Depende do que vocˆe tiver `a m˜ao... Sabemos que as for¸cas F 2 1 2 e F s˜ao as for¸cas gravitacionais, e F e F s˜ao as hipotenusas, ent˜ao ´e melhor usar seno e cosseno. 1 Para F : 2 1

  1 1

  1 Gm F 1x = F .cos60 = F =

  · 2 Cap´ıtulo 3. Gravidade

  29 √ √ 2 1

  3 1

  3 Gm F 1y = F .sen60 = F =

  · 2 2

  2 2 a Para F : 2 2

  1 1

  1 Gm F 2x = F .cos60 = F =

  · 2

  2 2 a √ √ 2 2

  3 1

  3 Gm F 2y = F .sen60 = F =

  · 2

  2 2 a A componente F 1x est´a no sentido contr´ario do plano cartesiano, portando ser´a negativo. X 2 2

  1 Gm

  1 Gm F Rx = F x = F 2x 1x = = 0

  − F · 2 − · 2 2 a 2 a

  As duas componentes verticais apontam para baixo, ent˜ao s˜ao contra o sentido do eixo y, portanto s˜ao negativas. X √ √ 2 2 2

  3 Gm

  3 Gm √ Gm F Ry = F y 2y 1y

  = −F − F = − · 2 − · 2 = − 3 · 2 2 a 2 a a

  Como temos as duas componentes da for¸ca resultante, podemos achar o m´odulo da for¸ca. 2 2 2 F = F + F R Rx Ry 2 2 2 2 √ Gm F = 0 R

  • s

  − 3 · 2

  a 2 2 √ Gm

  F R = − 3 · 2 a 2

  √ Gm F R = 3 · 2 a

  Qual a dire¸c˜ao dessa for¸ca? ´ E s´o achar o ˆangulo entre suas componentes F Rx cosθ = = = 0

  F R F R 2 Gm √

  − 3 · 2 F Ry a senθ = = 2 = −1

  F R √ Gm 3 · 2 a , o que mostra que a

  O ˆangulo para o qual o cosseno ´e zero e o seno ´e −1 ´e 270

  30

  3.1. A gravidade de Newton notar que a resultante horizontal ´e nula e sendo assim a for¸ca resultante s´o pode ser vertical e neste caso, no sentido da base do triˆangulo. A acelera¸c˜ao do corpo 3 segue o mesmo sentido e dire¸c˜ao da for¸ca resultante (vertical para baixo) e tem intensidade de: 2

  √ Gm 3 · 2

  F R Gm a α = = = 3 · 2 m m a

  Pronto!! Tente repetir isso para ao inv´es de um triangulo equil´atero, seja um trian- gulo retˆangulo de catetos de lado a. Faz a´ı, irm˜ao! Um fato importante a ser citado ´e que a for¸ca gravitacional nunca se anula, ela diminui com o quadrado da distˆancia, por´em nunca vai a zero. A pr´opria equa¸c˜ao mostra isso. Quer ver? Vamos supor que dois corpos do exemplo se interagem e vamos analisar em que situa¸c˜ao a for¸ca entre eles dois se anula. 1 2 Gm m

  F = = 0 2 d Para isso a´ı ser zero, temos que ter uma ou as duas massas iguais a zero. Mas como os corpos existem isso n˜ao ´e poss´ıvel. Outra situa¸c˜ao ´e avaliando a distˆancia... A distˆancia para qual a for¸ca ´e nula ´e: 1 2 1 2 m m r Gm r Gm d = =

  F Mas uma divis˜ao por zero n˜ao existe, ´e uma indetermina¸c˜ao, uma viola¸c˜ao ma- tem´atica. Dessa maneira, para distˆancias muito grandes, grandes mesmo, mas muito, muito grandes, a for¸ca fica muito pequena, mas n˜ao se anula. Por exemplo, enquanto eu escrevo essas humildes linhas deste livro, eu sinto uma for¸ca de atra¸c˜ao muito fraca entre mim e a estrela Alfa Centauri, que est´a `a um zilh˜ao de quilˆometros daqui. Mas n˜ao confunda for¸ca gravitacional nula com resultante nula. A resultante d´a nula por que ´e uma soma de for¸cas que podem se anular. A for¸ca gravitacional sozinha n˜ao se anula. Isso tudo acontece por que cada massa cria uma regi˜ao de influˆencia gravitacional, onde outras massas podem sentir o efeito desse campo. N˜ao fica muito claro esse conceito desse jeito e eu prefiro trabalhar com analogias.

  Imagine a Nicole Kidman, aquela atriz australiana... Considere que a Nicole Kidman passe um dos perfumes mais caros e mais atraentes que existe no mundo, afinal ela pode comprar. Ao andar por a´ı, o perfume de Nicole se espalha pelo ar. As pessoas perto dela ir˜ao sentir esse perfume e ficar˜ao atra´ıdos por ela, pois isso chamar´a aten¸c˜ao delas. Quanto mais perto, maior ´e a intensidade do perfume e mais intensa ser´a atra¸c˜ao. Pessoas mais afastadas sentiram o perfume, mas n˜ao t˜ao forte quanto `as pessoas mais pr´oximas.

  O campo de for¸ca ´e assim, como a analogia do perfume, seja ele gravitacional ou eletrost´atico, ´e como se fosse a regi˜ao onde se sente o efeito. O campo gravitacional depende da distˆancia e da massa que o gera. Em cada posi¸c˜ao Cap´ıtulo 3. Gravidade

  31 chama potencial gravitacional. Quando um corpo de massa m est´a se movendo em um campo gravitacional, ele assume diversos valores de potencial gravitacional. O potencial gravitacional aumenta `a medida que se aproxima da massa geradora do campo. Vamos pensar numa part´ıcula no campo gravitacional da Terra, quando ela est´a muito longe tipo no ponto OJPAB (Onde Judas Perdeu As Botas). Nesta loca- liza¸c˜ao o campo ´e muito fraco (nunca nulo!), ela est´a sob um potencial de valor muito pr´oximo de zero (nunca zero!). Se ela come¸ca a se mover em dire¸c˜ao da Terra, ela aumenta seu potencial, pois est´a se aproximando da massa geradora. ´ E tipo duas pessoas que se amam. A pessoa amada est´a ali na pra¸ca sentada dando comida aos pombos. A outra pessoa apaixonada vˆe a raz˜ao de sua paix˜ao ali e `a medida que vai se aproximando come¸ca a sentir uma ansiedade, um nervosismo, um sei-l´a-o-que.... Como se esse estado emocional fosse o potencial. Entendeu a analogia? No caso do planeta Terra, se considerar s´o ela no Universo (para desconsiderar os efeitos de outros corpos celestes), um meteoro que viaja por a´ı, sente o campo da Terra e a cada ponto de seu deslocamento ele sente um valor de potencial gravita- cional e quanto mais perto, maior o potencial. Um campo gravitacional ´e uma grandeza vetorial, o que significa que possui uma dire¸c˜ao e um sentido. A dire¸c˜ao ´e a mesma dire¸c˜ao da for¸ca gravitacional, e o sentido tamb´em. J´a o potencial gravitacional ´e uma grandeza escalar, portanto, ´e apenas um n´ umero. A figura abaixo mostra como o m´odulo do campo varia com a distˆancia. Por isso que quanto mais perto, mais acelerado um corpo est´a. O campo gravitacional ´e fun¸c˜ao apenas da massa geradora e da distˆancia at´e o centro dessa massa. O gr´afico abaixo n˜ao depende de massa nesse campo.

  Como esse ´e um livro de f´ısica, precisamos escrever umas f´ormulas para sumarizar o que aprendemos at´e agora. Um campo gravitacional pode ser escrito como a regi˜ao na qual uma massa sente a for¸ca gravitacional gerada por outra massa. O campo ´e um vetor, ent˜ao vamos calcular o vetor.

  ~ F

  ~g =

  32

  3.1. A gravidade de Newton Como a divis˜ao tem sinal positivo, podemos dizer que o campo gravitacional g tem o mesmo sentido da for¸ca. E se tivesse um negativo ali? Ir´ıamos dizer que o campo gravitacional tem sinal oposto `a da for¸ca. Para calcular o valor do campo gravitacional (que vamos chamar de g) precisamos achar o m´odulo do vetor campo gravitacional. ´ E s´o pegar o m´odulo da for¸ca e dividir pela massa

  | ~ F | |~g| = m

  Vimos anteriormente o m´odulo da for¸ca gravitacional, que ´e a equa¸c˜ao de Newton, que d´a o m´odulo da for¸ca gravitacional.

  GM m 2 GM d g = = 2 m d

  Temos a´ı uma coincidˆencia interessante, o valor do campo gravitacional ´e o mesmo da acelera¸c˜ao causada pela for¸ca gravitacional. Quando pensamos na acelera¸c˜ao de uma for¸ca resultante sobre um corpo e esse corpo tem massa m, estamos falando de massa inercial. Quando falamos em massa para fins de c´alculos gravitacionais estamos falando de massa gravitacional. Nesse caso, a massa inercial e a massa gravitacional s˜ao idˆenticas. Vamos continuar nosso bate-papo, mas antes eu gostaria de chamar a distˆancia d de r.

  GM g = 2 r Pronto! Seguinte... essa equa¸c˜ao vale para qualquer situa¸c˜ao. Se vocˆe pegar uma bala de hortel˜a e quiser calcular o campo gravitacional gerado por ela ´e s´o pegar sua massa e estipular uma distˆancia do centro dela. Se vocˆe quiser calcular o campo gravitacional de uma formiga sa´ uva tamb´em ´e poss´ıvel, basta usar a f´ormula. Mas se estiver falando de um corpo de dimens˜oes relevantes como um planeta, por exemplo? Essa equa¸c˜ao tamb´em ´e valida sim. Esse r a´ı ´e a distancia at´e o centro da massa geradora do campo. Se tomarmos um ponto na superf´ıcie do planeta, o r ´e igual ao raio do planeta... Por isso que eu coloquei no gr´afico um valor Es. Mas se fossemos entrar no planeta, como seria o campo l´a dentro? Bom, cada planeta tem sua composi¸c˜ao interna, tem planetas que s˜ao gasosos outros s˜ao s´olidos, estrelas, por exemplo, tem uma composi¸c˜ao especial, mas no final tudo tem massa, o que vale ´e a massa deles. Por exemplo, a Terra tem v´arias camadas de material. A mais externa e que n´os conhecemos ´e a crosta terrestre, na qual n´os pisamos e constru´ımos nossas casas e armamos nossas barracas de camping e onde as crian¸cas fazem castelos de areia que o cachorros vˆem destruir. Abaixo da crosta tem o SiAL e o SiMa, s˜ao camadas formadas por Sil´ıcio e Alum´ınio e Sil´ıcio e Magn´esio.

  E depois dessa camada h´a o n´ ucleo que ´e uma mistura de metais derretidos em alta temperatura e que giram em velocidades maiores que a velocidade de rota¸c˜ao da Terra. Isso que causa termos um campo magn´etico. Como a Terra ´e composta de v´arias camadas de materiais diferentes, dizemos que ela ´e heterogˆenea. Se ela fosse um bola feita s´o de ferro ou chumbo ou chocolate, com distribui¸c˜ao uniforme, ela Cap´ıtulo 3. Gravidade

  33 Se cavarmos um buraco que vai passando por essas camadas, vamos sentir uma diferen¸ca de gravidade `a medida que nos aprofundamos. A gravidade (j´a conhe¸co o campo gravitacional faz um bom tempo e temos certa intimidade ent˜ao vou chama- lo de gravidade) vai decaindo com a proximidade do centro da Terra, isso por que o que fica para cima n˜ao faz diferen¸ca. Vamos ver isso em breve. Em muitos problemas de gravita¸c˜ao para ensino m´edio, fazemos uma considera¸c˜ao de que a Terra ´e homogˆenea e assim podemos achar uma rela¸c˜ao linear bem interessante, mas isso ´e apenas considera¸c˜oes de problemas, mas na real ela ´e heterogˆenea. D´a para calcular no caso de ela ser heterogˆenea, mas a´ı precisamos de ferramentas de calculo que s´o se vˆe na universidade. Mas por que eu citei isso, simplesmente para vocˆe saber o que ´e real e o que ´e te´orico. Mas por que n˜ao falamos de campo interno de uma bala de hortel˜a ou formiga? Por que quem quer saber isso? Mas Miguel isso n˜ao ´e resposta. Com certeza n˜ao... Bom, primeiro ´e que planetas e estrelas s˜ao muito mais simples de modelar, ou seja, s˜ao esferas, bolas, “obl´oides” e que d´a para supor com certa tolerˆancia que s˜ao feitos de poucos materiais e tals. Pense como seria modelar uma formiga... e para o ensino m´edio isso ´e irrelevante e complexo.

  Enfim, saiba que existe um campo interno e que ele diminui a medida que cava- mos um buraco na Terra. Precisamos falar sobre o potencial gravitacional Meu amigo e minha amiga, o potencial como disse ´e um valor que uma massa assume ao se posicionar em um campo gravitacional. Mas qual seria a defini¸c˜ao de potencial?? Anota a´ı... o potencial gravitacional seria a energia necess´aria (trabalho) necess´ario para trazer um corpo de massa m, l´a do infinito at´e o ponto que estamos

  34

  3.1. A gravidade de Newton Como o potencial no infinito ´e muito pequeno, consideramos como nulo, s´o para efeito de calculo. Assim, o potencial gravitacional sempre ser´a no ponto a uma distancia r do centro da massa geradora Nesse caso, o potencial ´e um valor que depende da massa geradora e da massa em quest˜ao e por isso a equa¸c˜ao fica assim:

  GM m

U (r) = − r

  Lembre que r ´e a distˆancia entre o centro da massa M e o centro da massa m. Esse resultado acima mostra que podemos mover um corpo em um campo gravita- cional pra l´a e pra c´a desde que se forne¸ca a energia necess´aria para que ele esteja nessa posi¸c˜ao. Tipo viajar, vocˆe pode ir para Paris, para Moscou, desde que vocˆe forne¸ca o dinheiro para estar nesses lugares. ´ E a mesma coisa, para mexer uma massa em um campo gravitacional ´e s´o fornecer ou retirar a energia dessa massa. A essa energia damos o nome de Energia Potencial Gravitacional.

  Na maioria dos problemas de gravita¸c˜ao, consideramos sistemas sem influˆencia de outras for¸cas externas ao sistema, assim usamos o principio da conserva¸c˜ao da ener- gia mecˆanica. A energia mecˆanica nesses casos ´e composta pela energia cin´etica e a energia potencial gravitacional. A energia cin´etica ´e a energia do movimento e depende da velocidade do corpo.

  1 2 E cin´ etica = mv

  2 A energia mecˆanica ´e a soma dessas energias E mecˆ anica = E cin´ etica + E potencial

  1 GM m 2 E = mv mecˆ anica − 2 r

  Se no sistema que consideramos n˜ao h´a for¸cas externas, em qualquer ponto e a qualquer momento a energia mecˆanica ´e igual. 1 Qual seria a energia mecˆanica da massa m no sistema que vimos inicialmente? ´ 1 2 E a soma da energia de cin´etica de m e de m e a energia potencial gravitacional entre eles 1 2

  1 2

  1 2 Gm m E mecˆ anica = m v 1 1 m v 2 2

  • 2

  −

  2 d Cap´ıtulo 3. Gravidade 1 2 3

  35 Quest˜ ao resolvida. Imagine trˆes massas de m , m e m , cada uma no v´ertice de um triangulo equil´atero de lado a. Inicialmente elas est˜ao em repouso por que tem algu´em segurando cada massa. Se o cidad˜ao vai fazer um lanche e solta essas massas, elas come¸cam a se mover, pois est˜ao se atraindo. Qual ´e a energia mecˆanica do sistema nessa situa¸c˜ao e quando elas se encontrarem? Solu¸c˜ ao: 1 2 1 3 2 3 Gm m Gm m Gm m

  E mecˆ anica inicial = − − − a a a

  Mas por que n˜ao entra energia cin´etica a´ı? Atento leitor, isso acontece, pois no inicio elas est˜ao em repouso, por que o Criatura de Deus est´a segurando as massas. Da´ı a velocidade ´e nula e as energias cin´eticas s˜ao nulas. Depois que elas foram soltas, parte da energia mecˆanica inicial se transforma em movimento, ou seja, cada massa come¸ca a se mover com velocidade e com isso, temos que considerar a soma das energias cin´eticas de cada uma. Qual seria ent˜ao a energia mecˆanica quando cada um est´a a uma distancia igual a metade da distˆancia inicial? ´ E s´o considerar na equa¸c˜ao da energia potencia, ao inv´es de a, considerar a/2. 1 2 1 3 2 3

  1 2

  1 2

  1 2 Gm m Gm m Gm m

  • E + mecˆ anica inicial = m v
  • 1 1 m v 2 2 m v 3 3 − − −

      2

      2 2 a/2 a/2 a/2 Apesar de ter ficado uma equa¸c˜ao grande, os conceitos s˜ao bem estruturados. ` E s´o vocˆe pensar em cada massa, na energia cin´etica e potencial de cada uma e analisar o antes e depois. Imagine que elas est˜ao em uma mesa sem atrito, sem resistˆencia do ar, sem nada que atrapalhe... Podemos dizer que a energia se conserva. 1 2 1 3 E mecˆ anica inicial = E mecˆ anica f inal 2 3 1 2 1 3 2 3 Gm m Gm m Gm m

      1 1 2

      1 2 2

      1 3 2 Gm m Gm m Gm m = m v 1 m v 2 m v + + 3

      − − − − − − a a a

      2

      2 2 a/2 a/2 a/2 Se as massas s˜ao iguais a m, ent˜ao: 2 2

      3Gm

      1 2

      1 2

      1 2

      6Gm = mv + + 1 mv 2 mv 3

      − − a

      2

      2 2 a 2

      1 1 mv 2

      1 2 mv 2

      1 2

      3Gm

    • mv 3 =

      36

      3.2. Acelera¸c˜ao da gravidade

      Da discuss˜ao anterior vimos que o campo gravitacional ´e idˆentico `a acelera¸c˜ao cau- sada pela for¸ca gravitacional. Assim, essa acelera¸c˜ao n´os vamos chamar de ace- lera¸c˜ao da gravidade. Pois bem... Imagine um planeta esf´erico, que tenha raio R e massa M . Esse planeta atrai os corpos em sua volta com a for¸ca gravitacional:

      GM m F = 2 d

      Essa for¸ca de atra¸c˜ao ´e que chamamos de peso, ent˜ao fica assim: GM m

      P = 2 (R + h)

      Em que h ´e altura do corpo em rela¸c˜ao a superf´ıcie do planeta.Mas sabemos que peso se calcula desta forma: P = mg m ´e a massa dos corpos nas proximidades da superf´ıcie do planeta e g ´e a acelera¸c˜ao da gravidade nessa regi˜ao. Igualando as equa¸c˜oes do peso, gerando o resultado:

      GM m mg = 2 (R + h)

      GM g = 2 (R + h)

      Se a altura h ´e muito menor que R, podemos despreza-lo, deixa-lo na rua da amar- gura, com uma garrafa de pinga como companhia. Mas por que despreza-lo? Por que sendo o raio da Terra um valor na faixa de 6000 km, ou 6000000 metros, so- mar 100m metros em 6000000 vai afetar muito pouco. Quando falamos em dezenas ou centenas de quilˆometros, a simplifica¸c˜ao n˜ao rola. Por isso, por simplicidade, para ALGUNS CASOS, podemos entender que a acelera¸c˜ao nas proximidades da superf´ıcie da Terra ´e constante igual a g. Para o caso da acelera¸c˜ao da gravidade na superf´ıcie da Terra, o valor ´e obtido ao substituir os dados da equa¸c˜ao: −11 24 GM 2

      6, 67 × 10 · 5, 97 × 10 g P = = = 9, 81m/s 2 6 2 R ) (6, 37 × 10

      Se vocˆe subir ao topo do Monte Everest, que tem 8000m de altura, tem que voltar a usar GM g = 2

      (R + h) Onde h ´e a altura do Everest. Atente que peso ´e diferente de massa. Massa ´e quantidade de mat´eria e peso ´e uma for¸ca. Cap´ıtulo 3. Gravidade

      37 Pode ser ´ util representarmos a acelera¸c˜ao gravitacional em um ponto qualquer em fun¸c˜ao da acelera¸c˜ao gravitacional na superf´ıcie. Isso nos permite comparar essa acelera¸c˜ao com a acelera¸c˜ao que conhecemos e que podemos medir em solo. Um pouco de ´algebra nos ajuda nessa miss˜ao. Vamos chamar a acelera¸c˜ao na superf´ıcie de g e a acelera¸c˜ao em um ponto a uma dada altura da superf´ıcie de g h que pode ser expresso como:

      GM g h = 2 (R + h)

      Isso porque estamos a uma altura h do solo. Para g , a express˜ao fica: GM g = 2 R

      Veja que h´a algo em comum para g h e g , que ´e a quantidade GM e que n˜ao vai mudar, pois ´e a constante gravitacional e a massa do planeta. Podemos retrabalhar as equa¸c˜oes para relacionar as duas acelera¸c˜oes. Veja a magia pairando no ar com essa manipula¸c˜ao matem´atica: 2 GM = g R Como o resultado acima ´e o numerador para g h , podemos substituir... 2 GM g R g h = = 2 2

      (R + h) (R + h) g h pode ser expresso em fun¸c˜ao de g e da altura. 2 g R g h = 2

      (R + h) Agora vamos ver o que acontece quando subimos para alturas: h = 0, 5R h = 1R h = 2R h = 5R h = 10R h = 100R 2 2 2 g R g R g R

      ∼ g(0, 5R) = = = = 0, 44g 2 2 2 (R + 0, 5R) (1, 5R) 2, 25R 2 2 2 g R g R g R g(1R) = = = = 0, 25g 2 2 2

      (R + R) (2R) 2 2

      4R 2 g R g R g R ∼ g(2R) = = = 2 2 2 = 0, 11g

      (R + 2R) (3R) 2 2

      9R 2 g R g R g R ∼ g(5R) = = = = 0, 027g 2 2 2

      (R + 5R) (6R)

      36R

      38 2 2

      3.2. Acelera¸c˜ao da gravidade 2 g R g R g R

      ∼ g(10R) = = = 2 2 2 = 0, 008g (R + 10R) (11R) 121R Colocando em uma planilha obtemos um gr´afico que mostra toda essa varia¸c˜ao.

      No eixo vertical temos a porcentagem da acelera¸c˜ao na superf´ıcie e na horizontal a altura em m´ ultiplos do raio do planeta.

      Note que a uma altura de duas vezes o raio do planeta, o que se sente ´e uma acelera¸c˜ao que ´e 11% da acelera¸c˜ao sentida na superf´ıcie. Como tra¸camos um gr´afico para poucos pontos, a curva fica um tanto estranha, mas j´a da para ver que a acelera¸c˜ao cai bastante com a altura. Um gr´afico melhor seria esse aqui...

      Ent˜ao te fa¸co uma pergunta: Em que altura teremos acelera¸c˜ao da gravidade igual a 0? Em que distancia da superf´ıcie a for¸ca da gravidade ´e 0? Pensa a´ı... Pensou? Ent˜ao pensa mais um pouco... Mas ´e pra pensar... Pensou? Ok. A resposta ´e que n˜ao existe! O que existe ´e que a influencia gravitacional de um Cap´ıtulo 3. Gravidade

      39 nenhum. Imagina vocˆe sentado a´ı, todo pimp˜ao de boa, est´a sob a influencia de v´arias estrelas, por´em o efeito ´e rid´ıculo e nem conta. Vocˆe sente mais os efeitos do Sol, da Lua, Vˆenus, Merc´ urio, Marte, que est˜ao pr´oximos, mas a medida em que v˜ao se distanciando, eles se tornam cada vez menos relevantes. Ei! N˜ao vai pensar que estou falando de Astrologia, estou falando de for¸cas gravitacionais. Agora vamos ver matematicamente o que eu disse. Para zerar a acelera¸c˜ao da gravidade vocˆe teria que fazer o seguinte:

      GM g h = = 0 2 (R + h)

      Como estamos falando de um planeta, o raio ´e sempre positivo e n˜ao pode ser zero, com isso fazemos o seguinte... 2 = 0

    GM = 0 · (R + h)

      Como G ´e uma constante e tem valor definido como positivo, a ´ unica coisa a se fazer ´e:

      M = = 0 G

      M = 0 Ou seja, a massa do planeta ser igual a zero! Isto ´e, o planeta n˜ao existir! Assim, quando te perguntarem se o astronauta flutua no espa¸co ´e por que a gravidade nele l´a em cima ´e zero, ent˜ao diga que isso n˜ao ´e verdade!! O astronauta est´a flutuando por que existe a for¸ca de centrifuga agindo nele que se op˜oe a for¸ca peso, dessa forma h´a o efeito de gravidade nula. Podemos simular a gravidade nula estando no planeta Terra. A NASA treina as- tronautas em um avi˜ao sem poltronas e esse avi˜ao sobe muito alto e depois desce com acelera¸c˜ao igual acelera¸c˜ao da gravidade. Nesse momento, as pessoas dentro come¸cam a flutuar, n˜ao por que a gravidade ´e nula, mas por que as for¸cas se anula- ram. Antes de o avi˜ao descer com o cacete l´a de cima, o astronauta est´a exercendo uma for¸ca sobre o piso da aeronave e pela terceira Lady Newton, o piso exerce uma for¸ca normal de mesma dire¸c˜ao, intensidade sentido oposto.

      N − mg = m · 0 = 0 N = mg Da´ı o piloto desce o avi˜ao com uma acelera¸c˜ao α para baixo.

      N − mg = −mα

      A for¸ca normal fica: N

      = mg − mα

      40

      3.3. Acelera¸c˜ao da gravidade em outros planetas Se α ´e igual a g ent˜ao N = 0, ent˜ao ´e como se n˜ao houvesse mais o peso. S´o que essa pr´atica de simula¸c˜ao de gravidade nula em um avi˜ao s´o dura alguns segundo, caso contr´ario todo o avi˜ao se arrebenta no ch˜ao...

      Podemos comparar a acelera¸c˜ao da gravidade entre dois planetas, fazendo simples arranjos alg´ebricos. Sob o ponto de vista da acelera¸c˜ao gravitacional o que pega para planetas diferentes ´e a sua massa e o seu raio, podemos relacionar dois planetas e ver como as atra¸c˜oes gravitacionais se comportam. Ent˜ao consideremos o Planeta A, com massa A e raio A e um planeta B com massa B e raio B. A acelera¸c˜oes da gravidade em A e B s˜ao respectivamente:

      GM A g A = 2 R A GM B g B = 2 R B Ent˜ao vamos usar a t´ecnica vista anteriormente. O que essas duas equa¸c˜oes tem em comum? Vale um pastel! Se vocˆe responder a constante gravitacional, acertou mizeravi! Vamos manipular as duas equa¸c˜oes para relaciona-las: 2 g A R A

      = G M A 2 g R B B

      = G M B Ent˜ao igualando, fica legal... 2 2 g A R g B R A B

      = M A M B Cap´ıtulo 3. Gravidade

      41 Mas como queremos a rela¸c˜ao das acelera¸c˜oes da gravidade, vamos arrumar de novo. 2 g A R M A B

      = 2 g B R M B A Temos ent˜ao uma rela¸c˜ao para a acelera¸c˜ao da gravidade, na superf´ıcie, em dois planetas distintos. Veja que n˜ao levamos em considera¸c˜ao a altura.

      Essa de relacionar dois planetas ´e uma quest˜ao muito comum em vestibulares e o

      ITA n˜ao fica de fora. ` As vezes ele pode complicar as coisas colocando a altura em um planeta cuja acelera¸c˜ao gravitacional equivaleria a atra¸c˜ao gravitacional em outro planeta a certa altura. O ITA gosta de complicar, por isso fique esperto. Vamos falar a respeito disso, mais pra frente. Agora vem uma quest˜ao para vocˆe.

      Quest˜ ao resolvida. Suponha que a humanidade consiga criar colˆonias na Lua e em J´ upiter e que l´a as pessoas se reproduzam com filhos e tals. Como seriam as alturas dos selenes e jupiterianos comparadas `as alturas dos terr´aqueos? Suponha que os indiv´ıduos em todas as colˆonias sejam biologicamente semelhantes, e que cresceriam na mesma taxa sob as mesmas condi¸c˜oes. A massa de J´ upiter ´e 316 vezes a massa da Terra e o seu raio ´e 11 vezes o raio da Terra.

      Solu¸c˜ ao: Supondo que os indiv´ıduos dessas colˆonias crescessem em taxas iguais sob as mesmas condi¸c˜oes, o que influenciariam no seu crescimento seria a for¸ca que a gravidade exerce sobre eles. Sabemos que a Lua ´e menor que a Terra e tem bem menos massa, j´a no caso de J´ upiter, a massa deste ´e imensamente maior, e seu raio tamb´em. O peso de cada pessoa iria variar em cada um destes lugares. Vamos ver como seria quando comparado com a Terra. Podemos escrever que:

      M J ´ upiter T erra = 316 · M

      R J ´ upiter T erra = 11 · R

      42

      3.3. Acelera¸c˜ao da gravidade em outros planetas Olha a compara¸c˜ao entre os dois. ´ E uma diferen¸ca brutal! Relacionando ambos: 2 2 g J ´ upiter R M J ´ upiter R T erra T erra T erra 316 · M

      ∼ = = 2 2 = 2, 6 g T erra R M T erra M T erra J ´ upiter 121 · R T erra g J ´ upiter

      = 2, 6 g T erra g J ´ upiter T erra

      = 2, 6 · g Um pessoa, de 75kg de massa, pesa na Terra: (aproximando g)

      P T erra = mg T erra = 75 · 10 = 750N

      Em J´ upiter, o peso seria de: P = mg J ´ upiter J ´ upiter

      = 75 · 2, 6 · 10 = 1950N Ok. E quanto equivaleria esse peso de J´ upiter na Terra? Tipo assim, uma pessoa de quantos quilos aqui na Terra teria o mesmo peso de uma pessoa de 75 kg em J´ upiter? Para achar a massa da tal pessoa ´e s´o usar o peso em J´ upiter...

    P J ´ upiter = mg T erra 1950 = m · 10

      m = 195kg Para uma pessoa aqui na Terra pesar o mesmo que uma pessoa de 75kg em J´ upiter, ela precisa pesar 195kg! Muito X-Salada e batata frita! Por isso, se a altura de uma pessoa for linearmente dependente da gravidade, po- demos concluir que o povo de J´ upiter seria mais baixinho que os terr´aqueos, por´em num jogo de basquete eles iriam vencer f´acil. Imagina o salto de um cara desses para dar uma enterrada. Ia ser do meio da quadra. Isso porque como eles vivem com pesos maiores, suas pernas seriam muito mais fortes que as nossas. Um tiro de meta de jupiteriano aqui poderia lan¸car a bola para fora do campo. Ia ser louco ver um baixinho mandar um chut˜ao desses! Com certeza vocˆe j´a viu imagens do homem na Lua. Os astronautas l´a n˜ao andam, mas saltam. Isso porque como a Lua tem menor massa e menor raio, a for¸ca da gravidade l´a ´e bem menor assim, qualquer impulso vira um salto. Quando eu era crian¸ca e via essas imagens, eu pensava que eles estavam t˜ao felizes de estar na Lua Cap´ıtulo 3. Gravidade

      43

      Mas tudo isso foi desenvolvido desconsiderando o seu movimento de rota¸c˜ao. Ele causa um efeito de diminuir o peso aparente dos corpos. Mas como? ´ E s´o lembrar quando vocˆe estava naquele bus˜ao com motorista muito louco, apressado que faz as curvas em alta velocidade, incorporado no esp´ırito de Ayrton Sena do Brasil! Quando ele faz essa curva, vocˆe tem a sensa¸c˜ao de estar sendo puxado para fora da curva, ser jogado para fora do bus˜ao. Veja a figura abaixo, onde est˜ao representados de forma simplificada os efeitos de uma curva. A for¸ca centr´ıfuga puxa vocˆe para fora enquanto realiza o movimento na rua. Vale salientar que os conceitos de for¸ca centr´ıfuga e for¸ca centr´ıpeta precisam ser analisados sob o ponto de vista de refe- renciais, mas para n˜ao confundir vamos adotar dessa forma. Posteriormente iremos analisar este aspecto.

      Desde que vocˆe nasceu e at´e este momento, vocˆe est´a girando, porque vocˆe est´a na Terra e ela gira em torno de si mesma. Pode n˜ao parecer, mas para um observador fora do planeta, a uma certa distancia, te descreveria fazendo movimento de rota¸c˜ao. Essa rota¸c˜ao tamb´em tende a te ”jogar”para fora, mas devido a gravidade vocˆe n˜ao sai voando. Em qualquer corpo na superf´ıcie da Terra, h´a uma briga entre a gravidade e a for¸ca centrifuga, onde a gravidade vence, por´em esta ´e descontada da for¸ca centr´ıfuga.

      44

      3.4. Efeito da latitude e rota¸c˜ao As for¸cas envolvidas s˜ao a for¸ca centr´ıfuga que puxa o corpo para fora enquanto que o peso atrai o corpo para o centro da Terra. Para isso, precisamos a somat´oria de for¸cas na dire¸c˜ao radial, isto ´e, na linha que suporta os raios da Terra. X F r = ma r

      As for¸cas somadas s˜ao o peso e for¸ca centr´ıfuga, gerando uma resultando na mesma dire¸c˜ao e sentido do peso. N´os chamamos essa acelera¸c˜ao de acelera¸c˜ao aparente, isto ´e, devido `a rota¸c˜ao da Terra, temos um peso aparente, menor que o peso real do corpo. X F = mg r cf aparente

      = P − F Substituindo a for¸ca centr´ıfuga: cf = mg aparente

      P − F 2 v = mg aparente mg − m 2 R v

      = g aparente g − R

      Sabemos do movimento circular uniforme que v = ωR 2 (ωR)

      = g aparente g − R 2 g aparente = g equador R

      − ω Se quisermos entender como isso se relaciona com o per´ıodo de rota¸c˜ao, podemos substituir a velocidade angular pelo seu correspondente de per´ıodo.

      2π ω =

      T Ent˜ao o monstrinho se transforma em: 2

      2π g aparente = g equador − · R

      T 2 4π g aparente = g equador

      − 2 · R T

      O que podemos concluir? Que se aumentar a velocidade de rota¸c˜ao da Terra, iremos diminuir o per´ıodo (vai dar uma volta mais rapidamente em torno de seu pr´oprio eixo), a acelera¸c˜ao aparente vai diminuindo. E se Deus der um peteleco divino e todo-poderoso na Terra ela pode ir girando cada vez mais r´apido, mais r´apido, mais r´apido que o per´ıodo vai diminuindo e a for¸ca centrifuga aumenta at´e que ela vence Cap´ıtulo 3. Gravidade

      45 porque os corpos podem escapar da superf´ıcie. Aparentemente eles n˜ao ter˜ao peso, e vai ser galinha flutuando, geladeira flutuando, bicicleta flutuando, os puli¸ca tudo flutuando, as bandidage flutuando, as panicat flutuando... por quˆe? Porque a for¸ca centr´ıfuga ´e maior, tipo quando vocˆe est´a no ˆonibus fazendo uma curva e vocˆe tende a ser lan¸cado para fora. N˜ao sei se vocˆe percebeu que usamos g equador . Vocˆe n˜ao fica se perguntando a raz˜ao disso? Se n˜ao se perguntou, deveria... se pergunta a´ı. A raz˜ao disso ´e que a gravi- dade depende da localiza¸c˜ao no globo. Mais especificamente, depende da Latitude. Mas que ´e Latitude? Latitude s˜ao linhas definidas por ˆangulos em rela¸c˜ao ao Equa- dor. As figuras v˜ao explicar melhor.

      Observe que h´a linhas de horizontais que dividem a Terra, cada linha tem um ˆangulo associado. Na figura s˜ao mostradas as linhas para ˆangulos not´aveis. A latitude do Equador ´e igual a 0 , ou seja, a referˆencia. Para a parte de cima do Equador, isto ´e, o Hemisf´erio Norte, os ˆangulos das latitudes s˜ao positivos. Para a parte de baixo, isto, ´e Hemisf´erio Sul, os ˆangulos s˜ao negativos. Agora vamos cortar a Terra para entender melhor.

      46

      3.4. Efeito da latitude e rota¸c˜ao Vocˆe percebeu que tem um ˆangulo l´a dentro (φ) que liga a linha de latitude?

      Quando vocˆe pega o Equador, esse ˆangulo ´e 0 . A medida que vai pegando linhas de cima, esse ˆangulo aumenta, at´e que fica vertical, ou seja, 90 , ent˜ao vocˆe chegou `a casa do Papai Noel, vulgarmente conhecido como Polo Norte. O mesmo vale para a parte debaixo, s´o que se conta de forma negativa. Mas como isso afeta o peso aparente? Vamos ent˜ao construir o racioc´ınio. Acompa- nhe comigo porque ´e uma hist´oria longa..., mas n˜ao ´e algo dram´atico. Vamos apelar para alguns fatos da vida.

      Fato 1. Quando vocˆe faz uma curva, a for¸ca centr´ıfuga est´a na reta suporte do raio desta rota¸c˜ao. Ela n˜ao est´a em nenhuma outra dire¸c˜ao. Sempre est´a no plano da circunferˆencia que ela gera. Fato 2. Na figura da latitude, veja que cada linha forma um circunferˆencia. Quando vocˆe se encaminha para um dos polos, essas circunferˆencias s˜ao cada vez menores. Ent˜ao podemos dizer que o raio delas vai diminuindo.

      Fato 3. Quando vocˆe est´a em uma latitude vocˆe executa um movimento circular cujo raio ´e o raio da circunferˆencia desta latitude. Eu quando morava na minha cidade natal, Santar´em, no Par´a, eu estava pr´oximo ao Equador. Hoje morando no estado de S˜ao Paulo, o raio que eu descrevo ´e menor, pois estou mais pr´oximo do Polo Sul.

      Fato 4. D´a para calcular o raio de cada latitude. Basta usarmos um pouco de trigonometria. Olha a figura que eu coloquei no texto agora... A reta vertical ´e o eixo da terra, R ´e o raio da Terra e o r o raio da latitude. Eu mudei a letra que representa o ˆangulo de φ para θ. Mas tem uma raz˜ao. A rela¸c˜ao entre os raio ´e senθ. Mas n˜ao tem algo estranho? Sim, se eu quiser relacionar com a latitude o ˆangulo n˜ao ´e com a vertical, mas sim com a horizontal, pois a referˆencia ´e o Equador. Mas um bom vestibulando do ITA tem que ter as rela¸c˜oes trigonom´etricas bem afiadas. Cap´ıtulo 3. Gravidade

      47 Podemos escrever o tal seno: r senθ =

      R Como explicado, a latitude ´e medida a partir do Equador. Assim θ e φ s˜ao comple- mentares, isto ´e, somados d˜ao 90 .

      θ + φ = 90 θ = 90

      − φ Enfiando no seno, este fica: r sen(90

      − φ) = R

      Saibam todos e quem tem ouvidos que ou¸ca. Em verdade vos digo que sen(90 −φ) = cosφ Isso vale para quaisquer ˆangulos complementares. Pode perguntar para sua professora de matem´atica. Isso vale sempre! Guarde com carinho no cora¸c˜ao este ensinamento. Com isso chegamos a: r cosφ =

      R O raio em determinada latitude ´e calculado pela seguinte equa¸c˜ao r = Rcosφ Se o raio da circunferˆencia varia, a for¸ca centr´ıfuga em certa latitude varia tamb´em, pois ela depende do raio. 2 mv

      F cf = r Sempre nessa formula, a for¸ca centr´ıfuga est´a associada ao raio da circunferˆencia descrita. Para a latitude, a for¸ca centr´ıfuga ´e: 2 F cf = mω r Substituindo... 2 F cf = mω Rcosφ

      E como se comporta a for¸ca centr´ıfuga `a medida que avan¸camos para os polos? A fun¸c˜ao cosseno de um ˆangulo varia assim... vai diminuindo quando parte de 0 at´e 90

      48

      3.4. Efeito da latitude e rota¸c˜ao ◦ ◦ Como andar para os polos a partir do Equador ´e o mesmo que ir de 0 para 90 , ent˜ao o cosseno vai de 1 para 0, isto ´e, a for¸ca centr´ıfuga vai diminuindo ao chegar nos polos. No Equador, ela ´e m´axima.

      Mas n˜ao acabou por a´ı. Vamos descobrir qual o peso aparente em determinada latitude. A raz˜ao disso ´e a diferen¸ca de dire¸c˜ao entre o peso e a for¸ca centr´ıfuga. Na figura seguinte, mostra que o a for¸ca centr´ıfuga est´a na mesma dire¸c˜ao do raio da circunferˆencia da latitude, r. J´a o peso SEMPRE aponta para o centro da Terra. Forma-se assim uma rela¸c˜ao de vetores n˜ao alinhados. Para resolver este problema criamos um sistema de referencia, diferente do usado para o centro da Terra. Criamos em cima do corpo, pois ´e mais ´ util para n´os. Ent˜ao usamos a proje¸c˜ao da for¸ca centr´ıfuga na dire¸c˜ao do peso, chamando de F cf x . Ent˜ao fazemos a mesma an´alise que fizemos para o efeito no equador, mas com alguns algo mais trigonom´etricos. A ideia ´e achar as componentes em x e z da acelera¸c˜ao aparente. X F x cf x = ma apx X = P − F

      F z = F cf z = ma apz A proje¸c˜ao em x de acelera¸c˜ao centr´ıfuga ´e uma rela¸c˜ao trigonom´etrica: a cf x = a cf cosϕ

      Mas a acelera¸c˜ao centr´ıfuga nesta latitude ´e: 2 F cf = mω Rcosϕ 2 ma = mω Rcosϕ cf x 2 a cf x = ω Rcosϕ Cap´ıtulo 3. Gravidade

      49 E aplicando este resultado na equa¸c˜ao da acelera¸c˜ao centr´ıfuga x, temos: 2 a cf x = (ω

      Rcosϕ) · cosϕ 2 2 a cf x = ω Rcos ϕ Voltando `a lei de Newton com esse resultado: g apx cf x

      = g − g 2 2 g Rcos ϕ apx = g − ω

      Para o eixo z: F cf z = mg apz ma cf z = mg apz a cf z = g apz

      A componente em z ´e proporcional ao seno, ent˜ao: g apz = a cf senϕ Como temos a componente nas duas dire¸c˜oes, x e z temos o vetor acelera¸c˜ao aparente determinado. 2 g apz = ω Rcosϕsenϕ

      Para achar o m´odulo do da acelera¸c˜ao aparente fica: 2 2 2 2 2 g = Rcos ϕ) + (ω Rcosϕsenϕ) ap p(g − ω Se quiser simplificar mais, podemos desenvolver os quadrados e eliminar o seno e o 2 2 cosseno usando a rela¸c˜ao fundamental da trigonometria sen ϕ + cos ϕ = 1; 2 2 2 4 2 4 4 2 2 2 g ap = pg Rcos ϕ + ω R cos ϕ + ω R cos ϕsen ϕ

      − 2gω 2 2 Agora vamos usar a rela¸c˜ao fundamental isolando o seno: sen ϕ; 2 2 2 4 2 4 4 2 2 ϕ = 1 − cos 2 g ap = pg Rcos ϕ + ω R cos ϕ + ω R cos ϕ) 2 − 2gω ϕ(1 − cos 2 2 4 2 4 4 2 2 4 2 4 g ap = pg Rcos ϕ + ω R cos ϕ + ω R cos R cos ϕ − 2gω ϕ − ω 2 2 2 4 2 2 g ap = pg Rcos ϕ + ω R cos ϕ

      − 2gω 2 2 4 2 2 pg g ap = R + ω R )cos ϕ

      − (2gω

      50 2

      3.5. Gravidade de uma casca esf´erica e no interior da Terra Colocando g em evidˆencia. s 2 4 2

      2ω R ω R g ap = g cos ϕ 2 2 1 − 2

    • s
    • 2 g g 4 2 2ω R ω R 2 g = g cos ϕ ap 1 − − 2 g g

        O peso fica: s 2 4 2 2ω R ω R 2 P ap = mg cos ϕ 1 − − 2 g g

        Olha s´o, o peso aparente depende do quadrado do cosseno da latitude. Vendo isso, podemos concluir que a medida que vamos para os polos, a contribui¸c˜ao da for¸ca centr´ıfuga ´e menor. Visto isso, nos polos n˜ao h´a influencia da rota¸c˜ao da Terra! Vocˆe j´a ouvir falar da Base de Lan¸camento de Alcˆantara, localizada no Maranh˜ao? ´ E uma base de lan¸camento de foguetes da For¸ca A´erea Brasileira. ´ E considerada uma das melhores bases de lan¸camento, pois lan¸camentos dali economizam combust´ıveis, pois o efeito da gravita¸c˜ao nessa regi˜ao, pr´oxima ao Equador, ´e menor que nas bases de lan¸camento de Cabo Canaveral, Cabo Kennedy nos EUA e na base russa de Baykonnur, no Cazaquist˜ao. Os franceses, que n˜ao s˜ao bobos, constru´ıram uma base bem pr´oxima a Alcˆantara, na Guiana Francesa. ´ E a base de Kourou de onde ´e lan¸cado foguete Ariane e outras miss˜oes da Agˆencia Espacial Europeia.

        

      3.5 Gravidade de uma casca esf´ erica e no interior

      da Terra

        Quando eu era crian¸ca, me disseram que se eu cavar um buraco bem fundo eu iria sair no Jap˜ao. Fiquei com aquela ideia de t´ unel martelando em minha cabe¸ca. Seria verdade? Mas independente de minhas d´ uvidas infantis, h´a alguns aspectos gravitacionais acerca da constru¸c˜ao de um t´ unel at´e o Jap˜ao. No interior do planeta h´a tamb´em a a¸c˜ao de for¸cas gravitacionais. Mas quais? Como isso funciona? Essas e outras quest˜oes, vamos responder nesta se¸c˜ao. Newton estudou essa quest˜ao e suas conclus˜oes est˜ao no Teorema das Cascas, que abordaremos aqui. Preste aten¸c˜ao nas duas afirma¸c˜oes que seguem:

        1. Um corpo esfericamente sim´etrico atrai outros corpos como se toda a sua massa estivesse localizada em seu centro.

        2. Se um corpo ´e uma casca esfericamente sim´etrica, esta casca n˜ao exerce for¸ca sobre um corpo localizado interiormente `a casca, qualquer que seja sua posi¸c˜ao dentro dela. A demonstra¸c˜ao dessas conclus˜oes necessita de ferramentas de calculo integral, por Cap´ıtulo 3. Gravidade

        51 Newton chegou a essa conclus˜ao. Imagine uma casca esf´erica homogˆenea e um corpo de massa m em seu interior, em uma posi¸c˜ao qualquer. Duas por¸c˜oes da casca esf´erica exercem cada uma, uma for¸ca 1 1 2 gravitacional neste corpo. A por¸c˜ao m exerce uma for¸ca F , enquanto a por¸c˜ao m 2 exerce uma for¸ca F . As duas for¸cas s˜ao opostas e podem ser calculadas como. 1 1 Gm m

        F = 2 d 1 2 2 Gm m F = 2 d 2 A for¸ca resultante sobre o corpo fica: 2 1 Gm m Gm m

        F R = 2 − 2 d d 2 1 m 2 m 1 F R = Gm 2 21 2 1 d 2 d 2 1 Mas quanto vale m e m ? Quanto vale d e d ?

        1 2 Vamos apelar para a geometria. Se vocˆe prestar aten¸c˜ao, m , m e m formam

        52

        3.5. Gravidade de uma casca esf´erica e no interior da Terra Sendo triˆangulos semelhantes, (se vocˆe n˜ao sabe o que s˜ao triˆangulos semelhan- tes, vocˆe precisa buscar este conhecimento em um livro de matem´atica, antes de prosseguir nesta demonstra¸c˜ao), podemos aplicar as propor¸c˜oes entre as medidas dos triˆangulos. Para ficar mais claro, iremos redesenhar a figura anterior.

        As rela¸c˜oes que podem ser extra´ıdas s˜ao: 1 1 d r 2 = 2 d r 1 2 1 r d d = 2 r Vamos guardar est´a rela¸c˜ao no bolso, para usarmos mais tarde. 1 2 Sendo a casca de homogˆenea, esta tem uma densidade ρ. As massas m e m podem ser calculadas com essa densidade. 1 1 m = ρV 2 2 m = ρV Cap´ıtulo 3. Gravidade

        53 Como as por¸c˜oes s˜ao circulares, podemos aproximar por cilindro muito finos tal qual 2 a casca. O volume de um cilindro ´e V = πr 1 1

        h. Aplicando ao nosso problema fica: 2 m = ρV = ρπr 2 2 1 h 2 1 m = ρV = ρπr h 2 Vamos escolher massa m como referencia, vamos fazer as substitui¸c˜oes: 2 1 m m F = Gm R 2 − 2 d 2 2 d 1 2

        ρπr h ρπr h 2 1 F = Gm R 2 − 2 d 2 d 2 2 1 r r 2 1 F = Gmρπh R 2 − 2 d 2 d 1 Agora se prepara para mandar ver na ´algebra. Vamos buscar aquela rela¸c˜ao que t´ınhamos guardado no bolso.     2 2   r 2 r 1 F R = Gmρπh 2 −  2  r d  d 2 1 2 2 2 r 2 r 2 r 2 F R = Gmρπh = 0 2 − 2 d d 2 2 Ou seja, a for¸ca resultante do cabo de guerra entre as duas por¸c˜oes ´e nulo. Como temos in´ umeros pares dessas por¸c˜oes e esses pares todos formam a casca inteira, o efeito geral de todos esses pares ´e nulo. Note algo muito importante: n˜ao ´e que n˜ao exista gravidade no interior da casca, mas sim que a resultante das atra¸c˜oes gravitacionais ´e nulo.

        54

        3.5. Gravidade de uma casca esf´erica e no interior da Terra Primeiro vamos supor que a Terra ´e formada por um material homogˆeneo e com densidade constante (na realidade sabemos que a Terra ´e formada por diversos tipos de minerais e que seu interior tem uma grande por¸c˜ao de material met´alico em fase liquida em altas temperaturas. Por isso que h´a erup¸c˜oes vulcˆanicas, mas para este estudo nossa considera¸c˜ao ´e v´alida). Usando a densidade, podemos determinar a massa de uma esfera. 1

        4 3 m = ρV = ρ πr 1 1

        3 Onde r pode ir de 0 (centro da esfera) a R raio da Terra. 1 A gravidade ´e a da casca esf´erica de raio r . Usando a equa¸c˜ao da acelera¸c˜ao gravitacional, temos: Gm g = 2 r 1 G

        4 3 g = πr 2 · ρ 1 r 1

        3

        4 g = πρGr 1

        3 Chegamos `a conclus˜ao que g no interior da Terra varia linearmente com o raio da esfera formada pela profundidade com que se penetra na Terra. Podemos usar uma constante k para evidenciar esta conclus˜ao:

        4 k = πρG

        3 1 g = kr Para a situa¸c˜ao em que um corpo est´a a uma altura h acima da superf´ıcie da Terra, calculamos a acelera¸c˜ao em fun¸c˜ao da acelera¸c˜ao pr´oxima `a superf´ıcie. Para isso precisaremos expressar a acelera¸c˜ao na superf´ıcie com os mesmo parˆametros da equa¸c˜ao anterior, isto ´e, levando em considera¸c˜ao a densidade. Depois verificamos a compatibilidade. 1 Na superf´ıcie da Terra, o r = R, assim a massa da Terra fica:

        4 3 M = πρR

        3 E a gravidade na superf´ıcie g s fica: GM G

        4 3 g s = = πρR 2 2 · R R

        3

        4 g s = πρGR Cap´ıtulo 3. Gravidade 1

        55 Se dividirmos a gravidade no interior de raio r pela gravidade na superf´ıcie (de raio R), a conta fica assim:

        4 1 πρGr 1 g r

        3 = =

        4 g s R πρGR

        3 1 r g = g s

        R 1 Havendo a profundidade do buraco h, podemos eliminar r e deixar tudo em fun¸c˜ao de R e h. 1 R = h + r

      R − h g = g s

        R Para finalizar, vamos mostrar graficamente como se comporta a gravidade desde o centro da terra at´e ao infinito. Que foda hein?

        Lembraram-se da discuss˜ao sobre os corpos homogˆeneos? Foi essa considera¸c˜ao que fizemos para a Terra para chegar a esse resultado. Esse resultado ´e apenas te´orico e para fins did´aticos.

      Cap´ıtulo 4 Movimento Orbital

        O movimento de corpos celestes ´e determinado por intera¸c˜oes gravitacionais. Essas intera¸c˜oes definem as velocidades e a forma das trajet´orias descritas por tais corpos. Estudos de Newton e Kepler formam a base da mecˆanica celeste. As observa¸c˜oes de Tycho Brahe permitiram a Kepler criar trˆes leis b´asicas para o movimento de sat´elites, sejam eles naturais ou artificiais. As Leis de Kepler s˜ao leis cinem´aticas, isto ´e, se preocupam com aspectos de velocidades, trajet´orias e tempos. Kepler n˜ao chegou a conclus˜oes sobre for¸cas e energia relativas ao movimento orbital. Coube a Newton introduzir conceitos de dinˆamica, isto ´e, considera¸c˜oes sobre for¸cas gravita- cionais. Com os avan¸cos nesta mecˆanica, foguetes e sat´elites puderam ser desenvol- vidos permitindo assim explorar ainda mais outros aspectos da mecˆanica orbital.

        Um conceito importante em mecˆanica orbital ´e a for¸ca que surge nos movimentos curvil´ıneos. H´a muitas d´ uvidas sobre essa for¸ca que hora se chama de centr´ıpeta e hora de centr´ıfuga. ´ E importante elucidar essa diferen¸ca. Mas ´e mais f´acil saber o que ´e o que, do que saber se ´e biscoito ou bolacha. Primeiro que um corpo em movimento curvil´ıneo s´o realiza esse movimento por que alguma for¸ca muda a dire¸c˜ao da velocidade. ´ E estranho pensar por que n˜ao pensamos em for¸ca agindo em uma velocidade geralmente pensamos nela atuando sobre o m´odulo e n˜ao sobre a dire¸c˜ao do vetor. Em um movimento circular uniforme, a velocidade de giro do corpo tem seu modulo constante. O que muda ´e a dire¸c˜ao do vetor velocidade. Cap´ıtulo 4. Movimento Orbital

        57 O que faz essa velocidade mudar de dire¸c˜ao ´e uma for¸ca perpendicular ao vetor velocidade. Suponha que temos uma pista circular e temos um carro percorrendo essa pista. Um observador parado do lado de fora do carro vˆe o carro realizar um movimento circular e para ele a for¸ca que atua no carro ´e a for¸ca necess´aria para mudar a dire¸c˜ao do movimento da velocidade do carro. Sem essa for¸ca essa trajet´oria circular n˜ao seria poss´ıvel. Nesse caso a for¸ca respons´avel ´e o atrito entre os pneus com a pista. Se essa pista fosse lisa o carro iria deslizar e n˜ao faria o movimento de rota¸c˜ao. Para ele existe uma for¸ca centr´ıpeta, que tende a puxar a velocidade para o centro. Para o piloto do carro, ele sente que algo quer jog´a-lo para fora do carro, como se algo lhe puxasse para longe do centro, como se fosse uma for¸ca de fuga do centro, e ent˜ao ele chamaria essa for¸ca de for¸ca centr´ıfuga. Estamos tratando do mesmo efeito sob pontos de vistas distintos. De um cara dentro do carro e de um cara fora do carro. Os dois descreveriam essa for¸ca com a mesma intensidade F 2 v

        F = ma = m R

        Como a velocidade tangencial pode ser escrita em fun¸c˜ao da velocidade angular v = ωR, d´a para descrever tamb´em assim: 2

        2 2

        2π v (ωR) 2 F = m = m = mω R = m R R R T

        Onde v ´e a velocidade tangencial do carro, T ´e o per´ıodo de rota¸c˜ao e R o raio da circunferˆencia descrita. Eles descreveriam a dire¸c˜ao como igual para as duas, ou seja, uma dire¸c˜ao radial. Dire¸c˜ao radial ´e dire¸c˜ao do raio da circunferˆencia. No entanto, os sentidos seriam opostos. Para a for¸ca centr´ıpeta seria em sentido ao centro e a for¸ca centr´ıfuga seria para longe do centro. Mas por que tudo isso? Por causa dos referenciais. O cara fora do carro est´a em repouso e n˜ao acelerado, est´a em um Referencial Inercial. O piloto dentro do carro est´a em um Referencial N˜ao-Inercial. Mas quando ´e que eu tenho um Referencial Inercial e um Referencial N˜ao-Inercial? O Referencial N˜ao-Inercial ´e aquele referen- cial que est´a acelerado. Mas como que o piloto est´a em Referencial N˜ao-Inercial se ele est´a em um carro de velocidade constante? Meu caro, nem sempre a um m´odulo constante quer dizer n˜ao acelera¸c˜ao. Lembre-se que h´a uma for¸ca mudando o sen- tido da velocidade do carro, ent˜ao, o piloto est´a em um referencial acelerado, n˜ao inercial. A for¸ca centr´ıfuga ´e descrita a partir de um Referencial N˜ao- Inercial.

        58

        4.1. For¸ca centr´ıpeta e centr´ıfuga J´a o piloto dentro do carro discorda e descreveria toda essa situa¸c˜ao da seguinte maneira.

        Em ambos os casos, se dividirmos a for¸ca centr´ıpeta ou centr´ıfuga pela massa, teremos a acelera¸c˜ao centr´ıpeta ou centr´ıfuga. Se a velocidade variar em m´odulo, durante o movimento circular, teremos ent˜ao uma acelera¸c˜ao tangencial que tem a mesma dire¸c˜ao da velocidade. Assim, se quiser calcular a acelera¸c˜ao resultante total do corpo ´e s´o fazer a composi¸c˜ao da acelera¸c˜ao Cap´ıtulo 4. Movimento Orbital

        59 q 2 2 A total = A + A tan cp Para concluir: minha opini˜ao ´e que biscoito ´e doce e bolacha ´e salgada.

        Existe uma grandeza f´ısica chamada quantidade de movimento ou momento linear ´e o produto da massa de um corpo pela sua velocidade. Cada corpo que se move pode ter seu momento linear calculado.

        ~ Q = m~v

        Quando n˜ao se tem for¸cas afetando o movimento deste corpo como a resistˆencia do ar, atrito, algum campo el´etrico (para o caso que o corpo esteja carregado eletrica- mente) pode dizer que o momento se conserva. O momento em uma situa¸c˜ao inicial ´e igual o momento na situa¸c˜ao final. Imagine uma bola no espa¸co, sem nenhuma for¸ca atuando sobre ela, andando com velocidade constante, da´ı algu´em foi l´a e bateu nela com uma vassoura espacial. Essa vassoura espacial aplicou uma for¸ca F durante um tempo t. Isso faz com que a bola adquira uma velocidade tal que podemos equacionar da seguinte maneira:

        Q f inal Q inicial F · t = ~ − ~ f inal inicial

        F · t = m~v − m~v

      O produto F · t se chama impulso, ´e isso que faz os sat´elites e outras espa¸conaves se controlar no espa¸co. Existem mini jatos no corpo das naves que soltam gases (n˜ao

        ´e pra rir), com determinada velocidade que ´e o mesmo que aplicar um impulso. Quando temos um movimento circular ou curvil´ıneo, um corpo possui uma veloci- dade e um raio relativo a um ponto de referˆencia. O vetor velocidade do corpo faz

        60

        4.2. Conserva¸c˜ao do momento linear e angular Chamamos de momento angular o vetor dado por:

        |~p| = mvrsenθ Igual ao vetor momento linear, o momento angular se conserva quando n˜ao h´a for¸cas externas. No caso do movimento circular, o raio ´e sempre perpendicular `a velocidade do corpo, assim o ˆangulo θ ´e 90 . O momento angular fica:

        |~p| = mvrsenθ = mvr Para ilustrar melhor esse neg´ocio todo, considere uma esfera no espa¸co girando com velocidade de 1m/s em uma ´orbita circular de raio 10m. Deus ficou com vontade de aumentar a velocidade dessa esfera para 5m/s. Qual seria o novo raio de rota¸c˜ao da esfera? F´acil, vamos ver a conserva¸c˜ao do momento angular antes e depois. ◦ ◦ 1 1 mv r sen90 = mv r sen90 1 1 v r = v r 1 1 · 10 = 5 · r r 1 = 2

        Para conservar o momento angular, o raio teve que diminuir para 2m para a veloci- dade aumentar. H´a muitos casos em que o ˆangulo muda, o raio muda, a velocidade muda. Vai depender muito do sistema e das condi¸c˜oes do problema. Em quest˜oes de gravita¸c˜ao, a conserva¸c˜ao do momento angular se faz presente sem- Cap´ıtulo 4. Movimento Orbital

        61

        Por que vamos ver essas tais cˆonicas? Primeiro ´e por que as leis de Kepler nos diz que a ´orbita de um corpo em rela¸c˜ao a outro descreve uma elipse com um dos corpos fica o corpo orbitado. Por exemplo, a Lua orbitando a Terra descreve uma elipse e a Terra fica em um dos seus focos. Ent˜ao nada mais justo que estudar a elipse. Existe outro fator motivador para o estudo das cˆonica: dependendo da energia do corpo a trajet´oria pode ser uma elipse, uma circunferˆencia, hip´erbole ou uma par´abola. No caso da elipse e da circunferˆencia, o corpo n˜ao escapou da influˆencia do campo gravitacional de forma relevante ent˜ao ele fica l´a dando voltas e mais voltas para sempre. Se o corpo tiver energia suficiente, ele pode se soltar da influˆencia gravitacional e ir embora, cada vez se afastando mais e mais, que ´e o caso da hip´erbole e da par´abola. Todas essas curvas s˜ao da mesma fam´ılia e podem ser obtidas ao cortar um cone de um jeito especial. Por essa raz˜ao que elas s˜ao chamadas de se¸c˜oes cˆonicas. Vamos aqui nos concentrar na elipse e na circunferˆencia. Vai ser preciso relembrar conceitos de Geometria Anal´ıtica. Se vocˆe ainda n˜ao estudou esse assunto ´e melhor estudar antes para n˜ao boiar aqui.

        Na figura ´e mostrado um esquema planet´ario com Sol e a Terra. De acordo com Kepler a Terra descreve uma ´orbita el´ıptica em torno do Sol. Essa Lei n˜ao se restringe a planetas e o Sol, mas para outros sistemas solares. A Lua tamb´em obedece a essa lei e o mesmo ´e v´alido para os sat´elites artificiais lan¸cados pelo homem. Apesar de Kepler anunciar essa lei para planetas, ela ´e v´alida para qualquer

        62

        4.3. Revis˜ao sobre cˆonicas As ´orbitas el´ıpticas s˜ao previstas na primeira lei de Kepler e possuem carac- ter´ısticas cinem´aticas espec´ıficas e que est˜ao associadas `a sua geometria. Na figura abaixo vemos uma ´orbita el´ıptica onde podemos identificar dois pontos importantes. Existem outros dois tipos de ´orbitas poss´ıveis: as ´orbitas parab´olicas e as ´orbitas hiperb´olicas. Essas duas trajet´orias s˜ao trajet´orias abertas e dependem da energia do corpo em quest˜ao. Vamos dar uma especial aten¸c˜ao `as trajet´orias el´ıpticas por ser tema da primeira lei de Kepler e tamb´em por serem mais t´ıpicas. Iremos as outras trajet´orias em outra se¸c˜ao. Para ilustrar, vamos usar o caso particular de um sat´elite em ´orbita da Terra. Cap´ıtulo 4. Movimento Orbital

        63 distancia entre eles ´e igual a 2c. O seu eixo maior ´e igual a 2a, com semi eixo maior igual a. O seu eixo menor ´e igual a 2b e seu semi eixo menor ´e igual b. A rela¸c˜ao entre c e a ´e chamada de excentricidade (e) e ´e um numero entre 0 e 1, conforme pode ser visto abaixo. c e = a

        A rela¸c˜ao entre os semi-eixo ´e: 2 2 2 a = b + c A circunferˆencia ´e um caso especial da elipse, veja a raz˜ao: a circunferˆencia possui um ´ unico centro e a distˆancia entre um ponto qualquer at´e o centro ´e constante e igual ao raio. Ent˜ao a = b, isto ´e: 2 2 2 a = a + c c = 0

        Se c = 0, os focos coincidem formando o centro da circunferˆencia. Mucho Loko! Podemos colocar a elipse em um plano cartesiano para encontrar uma equa¸c˜ao que possa representar todos os seus pontos. Para colocar a elipse no plano, atribu´ımos um centro O, e os dois focos.

        Neste caso, os pontos pertencentes `a elipse de acordo com as coordenados xy. 2 2 ) )

        (x − x (y − y 2 2 = 1 + a b Este ´e o caso em que o eixo maior da elipse ´e paralelo ao eixo x, ou poder´ıamos dizer que a elipse est´a deitada. H´a elipse cujo eixo maior est´a paralelo ao eixo y, como se estivesse em p´e, portanto, ter´ıamos que mudar a equa¸c˜ao acima para: 2 2

        ) ) (x − x (y − y 2 2 = 1 +

        64

        4.4. Velocidades na elipse Poder´ıamos ter o eixo maior inclinado, por´em, para n˜ao complicar muito vamos ficar nesses dois casos e evitar adentrar demais no ramo da Geometria Anal´ıtica. Mas por que eu coloquei essas equa¸c˜oes ent˜ao? Simplesmente para que vocˆe possa entender que uma curva como essa pode ser equacionada de forma a localizar todos os seus pontos. Isso ´e ´ util quando vocˆe quer saber a posi¸c˜ao na elipse com rela¸c˜ao a um sistema de coordenadas. Vamos falar um pouco da circunferˆencia, que ´e o caso particular da elipse, quando a excentricidade ´e 0. A circunferˆencia tamb´em pode ser descrita por uma equa¸c˜ao em um sistema de coordenadas retangulares, tal qual a elipse. Veja como fica. Note que h´a um centro e um raio e isso j´a basta para levantar a equa¸c˜ao da circun- ferˆencia... Para construir uma circunferˆencia ´e necess´ario apenas das coordenadas do seu centro e do raio e vocˆe chega na seguinte f´ormula que descreve todos os seus pontos. 2 2 2

        ) ) = R (x − x + (y − y

        Aplicando a elipse ao movimento orbital podemos identificar dois pontos: o ponto mais pr´oximo da Terra, chamado Perigeu, ´e onde a velocidade do sat´elite ´e m´axima. O ponto mais distante da Terra ´e o Apogeu, onde se tem a menor velocidade. A distˆancia entre o Apogeu e a Terra ´e: c lembrando que e = . a d a = a + c = a(1 + e)

        A distˆancia entre o Perigeu e a Terra ´e: d p = a − c = a(1 − e) Cap´ıtulo 4. Movimento Orbital

        65 Veja que colocamos um vetor R, que vai de um dos focos at´e o sat´elite. Esse vetor ´e importante, pois ele localiza o sat´elite na ´orbita. Se somar as distancias de apogeu e perigeu teremos o seguinte: d a + d p = 2a d a + d p a =

        2 Isto ´e, o semi eixo maior ´e a m´edia aritm´etica das distancia do apogeu e perigeu. Vale citar que no apogeu e perigeu o vetor R forma 90 com os vetores velocidade nestes pontos. Usando o principio da conserva¸c˜ao do momento angular, para as duas posi¸c˜oes consideradas... ◦ ◦ mv a r a sen90 = mv p r p sen90 v a r a = v p r p v p r p v a = r a

        Usando o principio da conserva¸c˜ao da energia: E a = E p

        1 2 GM m

        1 2 GM m mv = mv a p − − 2 r a

        2 r p

        1 2 2

        1

        1 (v a p

        − v ) = −GM − " # 2 r p r a 2 1 v p r p p 2

        1

        1 − v = −GM − 2 r a r p r a " # 2 2 r p

        1

        1 v p − 1 = −2GM − r r r a p a 2 2 2 − r r p a r a p − r v p 2 = −2GM r r r a p a 2 (r p + r a )(r p a ) r a p

        − r − r v p = −2GM r a r p

        66

        4.4. Velocidades na elipse 2 r p + r a

        1 v = 2GM p r a r p 2 r a

        1 v = 2GM p r r + r p p a Usando r a = a(1 + e) e r p

        = a(1 − e) 2 a(1 + e)

        1 v = 2GM p a(1 − e) a(1 − e) + a(1 + e) 2 1 + e

        1 v = 2GM p 2a 1 − e 2 GM 1 + e v = p a s 1 − e

        GM 1 + e v p = a 1 − e

        Ent˜ao aplicando um monte de ´algebra, a outra velocidade fica determinada: s GM 1 − e v a = a 1 + e

        Note que a velocidade do sat´elite ´e dependente da massa da Terra e da excentrici- dade... E n˜ao depende da massa do sat´elite. Podemos agora amarrar as duas velocidades para ver como eles se relacionam. s

        GM 1 − e a 1 + e v a

        1 − e = = s v p 1 + e

        GM 1 + e a 1 − e

        A rela¸c˜ao entre as duas velocidades s´o depende da excentricidade da elipse. Para o caso da circunferˆencia, e = 0, entonces v a 1 − 0

        = = 1 v p 1 + 0 v a = v p

        Ou seja, para circunferˆencia a velocidade ´e a mesma sempre igual a s

      GM r GM r GM 1 − 0

        v a = = = a 1 + 0 a R Viu s´o como d´a para calcular... Podemos concluir o seguinte: quando o sat´elite se aproxima da Terra sua energia potencial diminui e sua energia cin´etica aumenta e por isso a velocidade aumenta, ao se afastar, acontece o contr´ario, a velocidade diminuir visto que a energia cin´etica Cap´ıtulo 4. Movimento Orbital

        67

        4.5 Energia na elipse

        J´a que estamos falando de energia, vamos ver quanto ´e a energia total de uma ´orbita el´ıptica? Se vocˆe disse sim, beleza. Se vocˆe disse n˜ao, o problema ´e seu. Ent˜ao olha s´o, como a energia ´e a mesma em todos os pontos, escolhemos um ponto qualquer. Eu escolho para facilitar o perigeu... A energia no perigeu ´e

        1 GM m 2 E = mv p − 2 r p Usando a rela¸c˜ao recentemente obtida para velocidade...

        1 GM 1 + e GM m E = m

        − 2 a 1 − e a(1 − e)

        1 GM m 1 + e GM m E =

        · − 2 a 1 − e a(1 − e)

        GM m(1 + e) − 2GMm E =

        2a(1 − e) GM me − GMm

        E = 2a(1 − e)

        GM m(e − 1) E =

        2a(1 − e) GM m

        E = − 2a

        A energia mecˆanica depende da massa da Terra, da massa do sat´elite e do semi eixo maior da elipse. Assim, para todas as ´orbitas el´ıpticas que tem o mesmo valor de semi eixo, os sat´elites ter˜ao a mesma energia, independente da excentricidade.

        4.6 Velocidade em qualquer ponto da elipse

        Mas te pergunto: se quisermos a velocidade do sat´elite em uma posi¸c˜ao qualquer que n˜ao seja nem perigeu nem apogeu? Nesse caso devemos deixar em fun¸c˜ao de r, gen´erico mesmo... Vimos que a energia total de um sat´elite em ´orbita el´ıptica em qualquer ponto ´e

        GM m

      E = −

        2a Sendo assim podemos tomar uma posi¸c˜ao gen´erica. GM m

        1 2 GM m = mv

        E = − −

        68

        4.7. Leis de Kepler

        1 2 GM m GM m mv = − 2 r 2a 2

        2GM GM v = − r a 2

        2

        1 v = GM − s r a

        2

        1 v = GM − r a

        As Leis de Kepler s˜ao descri¸c˜oes cinem´aticas do movimento dos corpos celestes. S˜ao trˆes leis descritas a seguir: Primeira lei. Os planetas descrevem ´orbitas el´ıpticas com o Sol em um dos focos. Quando Kepler enunciou sua primeira lei, ele estava estudando os planetas do nosso sistema solar, por´em, essa lei ´e v´alida para outras estrelas, planetas, sat´elites artifi- ciais e naturais. Segunda lei. O vetor posi¸c˜ao de um planeta em rela¸c˜ao ao Sol descreve ´areas iguais em tempos iguais na elipse. (Tamb´em conhecida como Lei das ´ Areas). A segunda Lei de Kepler nos fala sobre a ´area varrida por um corpo ao percorrer uma ´orbita el´ıptica. Segundo Kepler, um corpo varre ´areas iguais em tempos iguais. 1 1 2 Na figura, se A foi percorrido em um intervalo de tempo T , e A foi percorrido em 2 1 2 1 2 um tempo T . Se T = T , ent˜ao A = A . Cap´ıtulo 4. Movimento Orbital

        69 Terceira lei. O quadrado do per´ıodo de revolu¸c˜ao ´e proporcional ao cubo da distˆancia do planeta ao Sol. Essa lei, apesar de falar em planetas e no Sol, ela ´e v´alida para todos os corpos celestes. O enunciado matem´atico desta lei ´e da seguinte forma: 2 4π 2 3 T = a

        GM Em que a ´e semi-eixo maior da elipse. O que se pode notar ´e que o tempo de rota¸c˜ao orbital de um sat´elite n˜ao depende da massa do sat´elite, mas sim da massa do astro a qual ele orbita. Observe tamb´em que orbitas maiores, implicam em per´ıodos de revolu¸c˜ao maior. Parece l´ogico n˜ao ´e.

        Como neste livro optamos por evitar o uso de c´alculo diferencial e integral, n˜ao vamos fazer a demonstra¸c˜ao dessa equa¸c˜ao para ´orbitas el´ıpticas, por´em, podemos fazer para o caso especial de ´orbitas circulares. A circunferˆencia ´e um caso especial da elipse, onde a excentricidade ´e 1. Para isso, vamos considerar um sat´elite sino-brasileiro, CBERS como exemplo, or- bitando a Terra percorrendo uma trajet´oria circular.

        A for¸ca com que o CBERS ´e atra´ıdo pela Terra ´e a for¸ca gravitacional, que ´e respons´avel pela ´orbita circular. A for¸ca gravitacional ´e a for¸ca centr´ıpeta que o atrai para o centro. Portanto podemos escrever:

        F cp = F G 2 mv GM m = 2

        70

        4.7. Leis de Kepler v 2 =

        GM R ω 2 R 2 =

        GM R ω 2 =

        GM R 3 Relembrando que a velocidade angular ´e relacionada com o per´ıodo de revolu¸c˜ao.

        ω = 2π

        T 2π

        T 2 =

        GM R 32 T 2

        = GM R 3 T 2 =

        4π 2 GM R 3 O que mostra que a Terceira Lei de Kepler ´e v´alida para ´orbitas circulares. O ITA j´a cobrou isso em 1992.

        Para cada um destes planetas podemos escrever a Terceira Lei de Kepler. Onde M ´e a massa do Sol do Sistema Solar.

        T 2 1 =2 GM a 3 1 T 2 2 =

        4π 2 a 3 2 Cap´ıtulo 4. Movimento Orbital 2

        71 23 T = a 3 3 GM 2

        Note que h´a algo comum entre todas elas que ´e a constante GM Malandramente, explicitamos a constante em fun¸c˜ao do per´ıodo e do semi-eixo. 2 2 T 1 4π 3 = a GM 1 2 2 T 2 4π 3 = a 2 GM 2 2 T 3 4π 3 = a 3 GM

        Podemos pegar esse neg´ocio todo e igualar as constantes. Ficando assim: 2 2 2 T 1 T 2 T 3 3 = = 3 3 a 1 a 2 a 3 Viu s´o, podemos ter informa¸c˜oes de todos os planetas de uma tacada s´o! Se tiv´essemos mais planetas ou sat´elites ou asteroides ou cometas, poder´ıamos colo- car nessa igualdade fera demais!

        A partir da base te´orica vista nas se¸c˜oes anteriores, vamos desenvolver algumas aplica¸c˜oes especiais usadas tanto na astrof´ısica quanto na engenharia aeroespacial.

      Sat´ elites geoestacion´ arios e de baixa ´ orbita

        Sat´elites de comunica¸c˜ao e de localiza¸c˜ao precisam ser pontos de referˆencias fixos em rela¸c˜ao `a Terra. Tais sat´elites diferem dos sat´elites de baixa ´orbita que s˜ao chamados de LEO, Low Earth Orbit. Sat´elites LEO por estarem em baixa altitude realizam uma volta em torno da Terra em tempos de 80 a 90 minutos. Sat´elites LEO geralmente s˜ao usados para monitoramento espionagem, sensoriamento remoto, previs˜ao do tempo, pesquisas cient´ıficas. A imagem abaixo mostra um dos sat´elites desenvolvidos no Brasil, o Amazˆonia 1, que tem a miss˜ao de monitorar com suas cˆameras as queimadas e desflorestamento da regi˜ao amazˆonica. ´ E um sat´elite de baixa ´orbita. Trabalhei no projeto do subsistema de energia desse sat´elite, onde esse subsistema tem a fun¸c˜ao de coletar a energia do sol via pain´eis solares, transformar em energia el´etrica, condicionar essa energia e distribuir para todos os outros subsistemas, al´em de armazenar energia nas baterias para opera¸c˜ao em eclipse.. Al´em disso, o aquecimento el´etrico e controle da rota¸c˜ao dos pain´eis solares era um das atribui¸c˜oes do subsistema em que trabalhei.

        72

        4.8. Aplica¸c˜oes especiais

        

      Figura 4.1: Sat´elite Amazˆonia 1

      Figura 4.2: Subsistemas do sat´elite Amazˆonia 1

        O Brasil por sua grande extens˜ao territorial, grande popula¸c˜ao e riquezas natu- rais, precisa de um sat´elite dedicado para suas comunica¸c˜oes e por isso foi iniciado o projeto SGDC, Sat´elite Geoestacion´ario de Defesa e Comunica¸c˜oes. O SGDC ter´a vis˜ao de todo o territ´orio nacional e pode levar sinal de internet para todos os pontos do pa´ıs al´em de evitar espionagens de nossas telecomunica¸c˜oes. Os sat´elites geoestacion´arios ficam em um posi¸c˜ao fixa em rela¸c˜ao a Terra por que seu per´ıodo de ´orbita ´e igual a per´ıodo de rota¸c˜ao da Terra, dessa maneiras eles ficam como se fossem parados. Para que isso aconte¸ca eles devem estar em uma ´orbita de raio tal que a velocidade angular do sat´elite seja igual `a velocidade angular da Terra. Estando em uma ´orbita circular podemos encontrar o valor de sua altitude... pri- meiro temos que relacionar o per´ıodo com o raio. 2 2 2 2 2

        2π v (ωR) ω R 2 a cp = = = = ω R = R R R R T 2

        2π a cp = R T Cap´ıtulo 4. Movimento Orbital

        73 Para a ´orbita geoestacion´aria, a rela¸c˜ao entre raio e o per´ıodo ´e 2

        2π GM

        R g = 2 T R 2 g 2π GM

        = 3 T R g O per´ıodo na ´orbita geoestacion´aria deve ser igual ao per´ıodo de rota¸c˜ao da Terra, isto ´e, um dia, ou seja 24 horas, que em segundos fica 86400 segundos. 2

        2π GM = 3 86400 R g

        Como eu n˜ao quero usar o GM , ent˜ao vamos dar um jeito de substitu´ı-lo com algo que foi dado. Veja que foi dado o valor da gravidade na superf´ıcie da Terra, g, ent˜ao vamos expressar GM em fun¸c˜ao de g. Isso ´e f´acil, ´e s´o lembrar que

        GM g = 2 2 R T 2 GM = gR = 9, 8R T T Agora taca-le na equa¸c˜ao para ´orbita geo! 2 2

        2π 9, 8R T = 3 86400 R g

        Vamos aproximar o raio da Terra por 6400 km e assim obtemos aproximadamente 42.354 km, isto ´e, muito alto, em torno de 6.5 vezes o raio da Terra.

      Estrelas bin´ arias

        No Universo h´a casos de estrelas bin´arias, que s˜ao duas estrelas que orbitam em torno de seu centro de massa. Cada uma executa uma ´orbita circular cujo raio depende de sua massa. Isso ocorre porque uma estrela tem massa maior que a outra, ent˜ao o centro de massa da estrela de menor massa estar´a mais pr´oximo da estrela maior e por sua vez, essa estrela maior ter´a um raio de rota¸c˜ao menor. No entanto, ambas ter˜ao o mesmo per´ıodo de rota¸c˜ao, mesma velocidade angular. Nos par´agrafos seguintes vamos desenvolver os c´alculos para per´ıodo e velocidade para uma estrela de massa m e outra de massa M . Para isso fixamos a referˆencia para c´alculo do centro de massa em um dos astros. Escolhemos o maior, mas n˜ao ´e uma regra e que poderia ser feita referenciando no menor tamb´em. Portanto, a posi¸c˜ao do astro maior. Al´em disso, vamos escolher o eixo x como suporte para nosso sistema. Assim a massa maior tem posi¸c˜ao na origem, x = 0, e massa menor tem posi¸c˜ao x = d

        M x + mx x cm = m + M

        74

        4.8. Aplica¸c˜oes especiais M · 0 + md x cm = m + M md x cm = m + M

        O raio de rota¸c˜ao ´e md M d r m =

        = d − m + M m + M Observe que ambas descrevem ´orbitas circulares de raios diferentes cuja for¸ca centr´ıpeta ´e a for¸ca de atra¸c˜ao gravitacional entre elas, j´a que est˜ao distante de qualquer outra for¸ca gravitacional significativa. O per´ıodo de revolu¸c˜ao ´e o mesmo para ambos. Sendo a for¸ca centr´ıpeta igual a for¸ca de atra¸c˜ao gravitacional entre as duas massas podemos escrever para uma delas o seguinte (a escolha ´e livre e vou continuar usando a mais pesada, pois eu gosto de carregar peso, pr´atica dos meus tempos de ajudante de pedreiro... mentira nunca trabalhei em obra). 2 GM m mv 2 =

        M d d m + M 2 GM v

        = M d 2 m + M

        GM 2 = v (m + M ) Cap´ıtulo 4. Movimento Orbital 2

        75 2 GM v = d(m + M ) s 2 GM v = d(m + M )

        Lembrando que a velocidade pode ser expressa em fun¸c˜ao do per´ıodo (revisar o movimento circular uniforme).

        2πr 2π M d v = = ·

        T T m + M Aplicando a velocidade nesse resultado a´ı de cima... s 2 GM 2π M d =

        · d(m + M ) T m + M Fazendo aquelas simplifica¸c˜oes alg´ebricas que s´o um brasileiro com swing e male- molˆencia do samba pode fazer, chegamos a s 3 d

        T = 2π G(m + M ) O mesmo procedimento pode ser feito para a outra estrela.

        A velocidade de escape ´e uma velocidade para qual o objeto lan¸cado aumenta inde- finidamente sua distˆancia de um planeta. Vamos usar no exemplo a Terra, mas isso serve para outros planetas, asteroides, estrelas e etc. Desconsiderando a resistˆencia do ar e a rota¸c˜ao da Terra podemos encontrar uma express˜ao que nos dˆe a velocidade m´ınima para escapar da influˆencia do campo gra- vitacional. Velocidades abaixo desse valor resultam em ´orbita el´ıptica ou circular ou em simplesmente um movimento parab´olico de retorno ao solo. Tudo isso tem a ver com a quest˜ao energ´etica, se houver energia suficiente haver´a escape. Veja os casos poss´ıveis: O caso “mais preso” `a Terra ´e o circulo. Caso o corpo tenha mais energia, o corpo desenvolve uma ´orbita el´ıptica e se tiver ainda mais energia pode ir para os cafund´os

        76

        4.9. Velocidade de escape

        1. Energia mecˆanica for negativa: trajet´oria circular ou el´ıptica, excentricidade entre 0 e 1;

        2. Energia mecˆanica for nula: trajet´oria hiperb´olica, excentricidade negativa;

        3. Energia mecˆanica for positiva: trajet´oria parab´olica, excentricidade igual a 1; Vamos para alguns casos: Velocidade de escape da Terra. Quais as condi¸c˜oes para escape? Bom, o corpo vai estar na superf´ıcie da Terra com uma velocidade direcionada para cima. A velocidade m´ınima de escape ´e aquela para qual a velocidade no infinito ´e nula, pois queremos mandar para o infinito e l´a ele vai se desacelerando at´e parar. Montemos assim, as condi¸c˜oes de energia para isso acontecer. R T ´e o raio da Terra.

        E T erra = E inf inito E cin´ etica T erra + E potencial T erra = E cin´ etica inf inito + E potencial inf inito

        Quando estiver “no infinito”, o corpo estar´a longe demais para ter alguma energia potencial significante em rela¸c˜ao `a Terra e ser´a desacelerado at´e v = 0. Ent˜ao: E cin´ etica T erra + E potencial T erra = 0 + 0 Cap´ıtulo 4. Movimento Orbital

        77

        GM R T = −

        GM R

        1

        2 v 2 escape

        GM R T =

        1

        2 ·

        GM R −

        GM R

        1

        2 v 2 escape

        GM

        2 · r

        2R

        1

        2 v 2 escape = GM R T

        − GM

        2R v 2 escape = 2GM

        1 R T −

        1

        2R v escape = s

        2GM

        1 R T −

        1

        GM R ! 2

        1

        1

        2 mv 2 escape

        2 mv 2 escape

        GM m R T

        = 0

        1

        2 mv 2 escape = GM m

        R T v 2 escape =

        2GM R T v escape = r 2GM

        R T Velocidade para ´ orbita circular. Para uma ´orbita circular de raio R, a veloci- dade de rota¸c˜ao vem do c´alculo da acelera¸c˜ao centr´ıpeta. v orbital = r GM

        R E T erra = E ´ orbita

        E cin´ etica T erra + E potencial T erra = E cin´ etica ´ orbita + E potencial ´ orbita

        1

        GM m R T

        =

        =

        1

        2 mv 2 orbital

        GM m R

        1

        2 v 2 escape − GM R T

        =

        1

        2 v 2 orbital − GM R

        1

        2 v 2 escape − GM R T

        2R GM ,ou seja, um valor negativo.

      • 1
      • 2GM
      • 2GM
      • 2
      • 2
      Cap´ıtulo 4. Movimento Orbital

        = a − c = a(1 − e) v 2 escape = GM a

        1 R T −

        1 R A Recordando o calculo da velocidade do apogeu: v A = s

        GM a 1 − e 1 + e v 2 escape =

        GM a 1 − e 1 + e

        1 R T −

        1 R A Onde a ´e eixo maior. E lembrando que podemos escrever R A

        1 − e 1 + e

        2GM R T −

        1 R T −

        1 a(1 − e) v 2 escape = GM

        1 a 1 − e 1 + e

        1 R T

        1 a(1 − e) v escape = s GM

        1 1 − e

        1 −

        2GM R A v 2 escape = v 2 A + 2GM

        2 v 2 A − GM R A v 2 escape = v 2 A +

        78

        2 mv 2 A

        4.9. Velocidade de escape Velocidade para ´ orbita el´ıptica Novamente calculamos a conserva¸c˜ao a partir de um ponto na superf´ıcie da Terra e qualquer outro ponto da elipse. Podemos pegar o apogeu ou o perigeu. Com meu segundo nome come¸ca com A, ent˜ao vamos de apogeu.

        E cin´ etica T erra + E potencial T erra = E cin´ etica ´ orbita + E potencial ´ orbita

        1

        2 mv 2 escape

        GM m R T

        =

        1

        GM m R A

        2 v 2 escape = GM R T

        1

        2 v 2 escape

        GM R T =

        1

        2 v 2 A

        GM R A

        1

        1

        79 Efeito de outro corpo celeste. Nos casos anteriores n˜ao levamos em conta a presen¸ca de um ou mais corpos celestes pr´oximos, o que n˜ao ´e um caso t˜ao realista. Se colocarmos a presen¸ca de mais um corpo de massa M nas proximidades do lan¸camento, este corpo ir´a afetar a velocidade de escape.

        Agora procederemos igual `a velocidade de escape m´ınima e vamos ver o que acontece. Ro ´e a distˆancia do objeto que queremos lan¸car ao centro do outro corpo celeste de massa M . Rt ´e o raio da Terra.

        E T erra = E inf inito E cin´ etica T erra + E potencial T erra + E potencial planeta = E cin´ etica inf inito + E potencial inf inito

        1 2 GM m GM m mv = 0 + 0 escape − −

        2 Rt Ro

        1 GM m GM m 2 mv + = escape

        2 Rt Ro

        1 2 GM GM v + = escape

        2 Rt Ro 2

        2GM

        2GM v + = escape Rt Ro 2 M M v = 2G + escape s Rt Ro

        M M v =

        2G + escape Rt Ro

        Note que neste caso, a velocidade para escapar da gravidade ´e maior porque agora tem o efeito gravitacional do corpo celeste de massa M . Podemos ter mais corpos extras a´ı, n˜ao se limita `a apenas um extra. Em todos os casos vistos, nenhum depende da massa do objeto, mas sim das carac- ter´ısticas f´ısicas do planeta. Claro que objeto de massa maior v˜ao precisa de mais energia para ser lan¸cados, e no caso de um foguete seria uma potˆencia de motor

        Cap´ıtulo 5 Quest˜ oes resolvidas 2

        1. (ITA 1965) Admitindo-se que a acelera¸c˜ao da gravidade seja de g = 9, 81m/s ao n´ıvel do mar, pode-se dizer que a uma altitude igual ao raio da Terra acima do n´ıvel do mar (n´ıvel do mar entende-se como n´ıvel m´edio do mar), a acelera¸c˜ao da gravidade vale aproximadamente: 2 A ( ) 2, 45m/s 2 B ( ) 4.90m/s 2 C ( ) 9, 81m/s 2 D ( ) 16.92m/s 2 E ( ) 9.62m/s

        Solu¸c˜ ao: ´

        E uma quest˜ao ´e bem simples, basta aplicar a f´ormula da acelera¸c˜ao da gravidade a uma altura determinada. 2 g R g h = 2 2 2 (R + h) 2 g R g R g R g 9, 81

        ∼ g R = = = = = = 2, 45 2 2 2 (R + R) (2R)

        4R

        4

        4 Letra A 2. (ITA 1969) Sabendo-se que a massa da Terra ´e aproximadamente 80 vezes a da Lua e que seu raio ´e aproximadamente 4 vezes maior, um astronauta descendo na superf´ıcie da Lua faz oscilar um pˆendulo simples de comprimento L e mede seu per´ıodo T L . Comparando com o per´ıodo T T desse mesmo pˆendulo medido na Terra ele observa que:

        ∼ A ( ) T T = 80T L

        ∼ B ( ) T L T

        = 80T ∼

        C ( ) T L = 16T T

        D ( ) T T = 16T L ∼ Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas

        81 Solu¸c˜ ao: O per´ıodo de oscila¸c˜ao de um pˆendulo para pequenos ˆangulos de oscila¸c˜ao pode ser calculado pela equa¸c˜ao s

        L T = 2π g

        Onde L ´e o comprimento do pˆendulo e g ´e a acelera¸c˜ao da gravidade. A ideia desse problema ´e comparar o per´ıodo do pˆendulo na Lua com o per´ıodo do pˆendulo na Terra, considerando o mesmo pˆendulo e com mesmo comprimento. A gravidade na Lua ´e menor, pois possui menor massa. Come¸cando pela gravidade na Terra.

        GM T g T = 2 R T Podemos ent˜ao ver quanto ´e a gravidade na Lua.

        GM L g = L 2 R L S´o que do enunciado a massa da Lua ´e 80 vezes menor que a massa da Terra, e o raio da Lua ´e 4 vezes menor que o raio da Terra. Vamos transformar essas informa¸c˜oes em matem´atica.

        1 M L = M T

        80

        1 R L = R T

        4 Agora da para descobrir a gravidade na Lua em fun¸c˜ao da gravidade na Terra.

        1 G M T

        16 GM T

        1

        80 g L = = = g T 2 2 ·

        80 R

        5

        1 T R T

        4 A gravidade na Lua ´e cinco vezes menor que a gravidade na Terra. Ent˜ao ´e s´o aplicar na equa¸c˜ao do pˆendulo para Terra e para a Lua. s L

        T T = 2π s s s v u g T √ √

        L L L L u

        T L = 2π = 2π = 2π = =

        5T T = 2, 23T T t 5 · 5 · 2π

        1 g L g T g T g T

        5 ∴

        ∼ ∼ T L = 2, 23T T T T = 0, 44T L

        82 3. (ITA 1969) Em seu livro, “Viagem ao C´eu”, Monteiro Lobato, pela boca de um personagem, faz a seguinte afirma¸c˜ao: “quando jogamos uma laranja para cima, ela sobe enquanto a for¸ca que produziu o movimento ´e maior do que a for¸ca da gravidade. Quando esta se tornar maior a laranja cai”. (Despreza-se a resistˆencia do ar) A ( ) A afirma¸c˜ao ´e correta pois, de F = ma, temos que a = 0 quando F = 0, indicando que as duas for¸cas se equilibraram no ponto mais alto da trajet´oria; B ( ) A afirma¸c˜ao est´a errada porque a for¸ca, exercida para elevar a laranja, sendo constante, nunca ser´a menor que a da gravidade; C ( ) A afirma¸c˜ao est´a errada porque ap´os ser abandonada no espa¸co a ´ unica for¸ca que age sobre a laranja ´e a da gravidade; D ( ) A afirma¸c˜ao est´a correta porque est´a de acordo com o princ´ıpio de a¸c˜ao e rea¸c˜ao; E ( ) a afirma¸c˜ao est´a errada porque n˜ao satisfaz o princ´ıpio de conserva¸c˜ao da quantidade de movimento.

        Solu¸c˜ ao: Nas proximidades na superf´ıcie da Terra, a for¸ca de atra¸c˜ao gravitacional pode ser considerada constante. Ao ser lan¸cada para cima ela parte com uma velocidade inicial causada pelo impulso aplicado pela m˜ao. Ao ser liberada para subir, a ´ unica for¸ca que atua sobre a ma¸c˜a ´e a for¸ca da gravidade, que por ter sentido oposto ao do movimento ascendente da ma¸c˜a, come¸ca a desacelerar a fruta. A subida da fruta acontece enquanto a velocidade n˜ao atingir zero, ap´os isso, a ma¸c˜a cai acelerando. 4 Letra C km acima da superf´ıcie

        4. (ITA 1971) A acelera¸c˜ao da gravidade a 3, 6 × 10 3 km) vale aproximadamente: terrestre (o raio da Terra ´e igual a 6, 4 × 10 −1 2 m/s

        A ( ) 2, 23 × 10 2 B ( ) 1, 48m/s 2 C ( ) 9, 82m/s 2 D ( ) 1, 00m/s E ( ) Nenhuma das respostas acima ´e v´alida.

        Solu¸c˜ ao: Nos primeiros vestibulares do ITA, as quest˜oes de gravita¸c˜ao eram bastantes simples, apenas cobrando um conhecimento b´asico da teoria, como pode ser visto nesta quest˜ao. Creio que isso se deva ao fato de que em 1971, a corrida espacial estava no seu inicio e dois anos antes o homem chegava `a Lua. 4 h 1

        3, 6 × 10 = = 5, 6 3 = 0, 56 × 10

        R 6, 4 × 10 h = 5, 6R Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas

        83 Ent˜ao colocamos na formula conhecida: 2 2 2 2 g R g R g R g R g 9, 81

        ∼ g h = = = = = = 2 2 2 2 = 0, 225 (R + h) (R + 5, 6R) (6, 6R) 43, 52R 43, 52 43, 52

        Letra A 5. (ITA 1971) Considerando os dados e o resultado da quest˜ao anterior verifique que o per´ıodo de revolu¸c˜ao de um sat´elite artificial colocado em ´orbita circular da Terra naquela altitude ´e de aproximadamente: A ( ) 45 min B ( ) 45 s C ( ) 22 h D ( ) 24 h E ( ) 12 h Solu¸c˜ ao: Sendo que naquela altura a acelera¸c˜ao da gravidade ´e a acelera¸c˜ao centr´ıpeta, ´e s´o recordar o movimento circular que: 2 2 2 v (ωd) 2π 2 a cp = = = ω d = d d d T A acelera¸c˜ao centr´ıpeta ´e a acelera¸c˜ao da gravidade na altitude pedida. 2

        2π a cp = d = g h T 2 Da quest˜ao anterior: h = 5, 6R e g h = 0, 225m/s e a distˆancia d ´e o raio da terra somado `a altura d = R + h 2

        2π a cp = (R + h) = g h 2 T 2 2π 2π g h = (R + 5, 6R) = (6, 6R) = 0, 225

        T T 3 km Agora isolamos T e substitu´ımos R = 6, 4 × 10 2

        2π (6, 6R) = 0, 225

        T 22 (6, 6R) = 0, 225 2 T

        4π 3 2 ) = T

        (6, 6 · 6, 4 × 10 0, 225

        84 Como 6, 6 e 6, 4 s˜ao muito pr´oximos, podemos arredondar para 6, 5 para podermos obter a raiz quadrada. 2 4π 2 3 4π 2 2 6 4π 2 2 6 T = ) = (6, 5 ) = (6, 5 )

        (6, 5 · 6, 5 × 10 × 10 2 × 10 0, 225 225 r 2

        15 4π 2π 2 6 3 T = (6, 5 ) = ) ∼ 2 × 10 (6, 5 × 10 = 2722s ∼ = 45min

        15

        15 Letra A 6. (IME 1974) Um astronauta equipado, utilizando o esfor¸co m´aximo, salta 0,60m de altura na superf´ıcie terrestre. Calcular o quanto saltaria na superf´ıcie lu- nar, nas mesmas condi¸c˜oes. Considerar o diˆametro e a densidade da lua como 1/4 e 2/3 dos da Terra, respectivamente. Solu¸c˜ ao: Quando se arremessa algo para cima ou se salta, o corpo em quest˜ao tem sua veloci- dade diminu´ıda enquanto sobe por conta da acelera¸c˜ao da gravidade estar contr´ario ao sentido do movimento de subida. Chegar´a um momento, ap´os percorrer uma altura que sua velocidade ´e nula. Nesse ponto ele come¸ca a descer, acelerando at´e encontrar o solo novamente. Assim, para saber a altura do salto, basta saber o espa¸co percorrido na vertical at´e zerar a velocidade.

        Mas como calcular a altura m´axima?? Bom, verifica-se nesse caso que temos um problema de movimento uniformemente acelerado. Para quem n˜ao se lembra, a rela¸c˜ao das velocidades e distancia percorrida pode ser calculada atrav´es da f´ormula de Torricelli. 2 2 v = v + 2ah

        Ent˜ao para h m´aximo ´e s´o substituir a velocidade final por zero e a acelera¸c˜ao por g. Lembre-se que neste caso como g se op˜oe ao movimento, deve ser a = −g. 2 0 = v max − 2gh Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 2

        85 v h = max

        2g Agora vamos comparar os dois casos. Para saltos na Terra e na Lua podemos escrever da seguinte maneira, supondo as mesmas condi¸c˜oes iniciais: 2 v h T =

        2g T 2 v h L =

        2g L As duas equa¸c˜oes tem a velocidade inicial como ponto em comum, ent˜ao igualando ambas `a velocidade inicial: 2

        2g h = v T T 2 2g L h L = v

        2g L h L = 2g T h T 2g T h T h L =

        2g L g T h L = T

        · h g L Mas j´a vimos as rela¸c˜oes de acelera¸c˜oes entre dois planetas e ´e para o caso da Terra e da Lua da seguinte maneira: 2 g T m T R L

        = 2 g L m L R T Ent˜ao veja o que precisamos. Precisamos das duas rela¸c˜oes de massa e raio.

        S´o que n˜ao temos a massa da Terra e da Lua e nem os raios... precisamos achar. Olhando o enunciando eles nos d˜ao dicas. Observem... Do enunciado, sabe-se que diˆametro da Lua em rela¸c˜ao ´a Terra ´e 1/4.

        1 D L = D T

        4 Como diˆametro ´e duas vezes o raio:

        1

        2R L = T · 2R

        4

        1 R L = R T

        86 A densidade da Lua ´e 2/3 da densidade da Terra. E agora? S´o fazer o mesmo, mas lembrando desta vez que d = m

        = 96 · R 2 L R 2 T g T g L

        2R 3 L = m T m L

        Lembrando que 4R L = R T e substituindo: 3(4R L ) 3

        2R 3 L = m T m L 3 · 64R 3 L

        2R 3 L = m T m L m T m L

        = 96 Agora podemos relacionar as duas gravidades g T g L

        = m T R 2 L m L R 2 T g T g L

        = 96 · R 2 L

        R 3 T

        (4R L ) 2 g T g L

        = 96 · R 2 L

        16R 2 L g T g L

        =

        96

        16 = 6

        A gravidade na Lua ´e seis vezes menor que a gravidade na Terra, por isso os as- tronautas saltam. Ent˜ao finalmente voltamos para rela¸c˜ao das alturas desenvolvida anteriormente lembrando que o salto na Terra era de 0,60m. h L = g T g L

        3R 3 T

        3 · m T

        V e o volume de uma esfera ´e V =

        V T m L

        4

        3 πR 3 d L =

        2

        3 d T m L

        V L =

        2

        3 · m T

        4

        2

        3 πR 3 L

        =

        2

        3 · m T

        4

        3 πR 3 T m L

        R 3 L =

        · h T h L = 6 · 0, 6 = 3, 6m Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas

        87 7. (ITA 1974) A energia potencial de um corpo de massa m na superf´ıcie da

        GM T m . No infinito essa energia potencial ´e nula. Considerando-se o

        Terra ´e − R T princ´ıpio de conserva¸c˜ao da energia (cin´etica + potencial), que velocidade deve ser dada a esse corpo de massa m (velocidade de escape) para que ele se livre da atra¸c˜ao −11 −2 2

        ; da Terra, isto ´e, chegue ao infinito com v = 0? G = 6, 67 × 10 N · m · kg 24 6 M T kg; R T m. Despreze o atrito com a atmosfera.

        = 6, 0 × 10 = 6, 4 × 10 A ( ) 13, 1m/s 3 m/s

      B ( ) 1, 13 × 10

        C ( ) 11, 3km/s D ( ) 113km/s E ( ) Depende do ˆangulo de lan¸camento.

        Solu¸c˜ ao: Essa quest˜ao ´e basicamente a defini¸c˜ao de velocidade de escape. Vamos relembrar... Para que um corpo chegue ao infinito com velocidade nula, temos que no infinito a energia potencial ´e nula e a energia cin´etica ´e nula. Nas quest˜oes de energia o macete ´e sempre colocar a condi¸c˜ao de energia inicial e final. A condi¸c˜ao inicial ´e na Terra enquanto que final ´e no infinito.

        1 2 GM T m mv = 0 + 0 −

        2 R T

        1 GM T m 2 mv =

        2 R T 2

        2GM T v = T s −11 R T 24 r 2GM 3 2 · 6, 67 × 10 · 6, 0 × 10 ∼ v = = m/s = 11, 183km/s 6 × 10 = 11, 183

        R T 6, 4 × 10

        Letra C 8. (ITA 1974) Os sat´elites de comunica¸c˜ao (chamados s´ıncronos) permanecem praticamente estacion´arios sobre determinados pontos do equador terrestre. Com referˆencia a esse fato, ignorando o movimento de transla¸c˜ao da terra: A ( ) Um observador terrestre que esteja sob o sat´elite diz que ele n˜ao cai porque est´a fora da atra¸c˜ao da gravidade. B ( ) Outro dir´a que ele n˜ao cai devido ao campo magn´etico que envolve a terra. C ( ) Um terceiro invoca a terceira lei de Newton e explica que existe uma rea¸c˜ao igual e oposta `a atra¸c˜ao da gravidade. D ( ) Um observador que estivesse no sol explicaria o fenˆomeno como um movi-

        88 E ( ) Nenhuma das afirma¸c˜oes acima ´e correta. Solu¸c˜ ao: O observador da alternativa A est´a noiado, pois a for¸ca gravitacional s´o se anula se as massas forem nulas que n˜ao ´e o caso. O observador da alternativa B est´a bˆebado chorando as m´agoas pela mulher que lhe deixou e por isso afirmou erroneamente (dor de amor d´oi demais num cora¸c˜ao apai- xonado, haja Arroxa!), pois o campo magn´etico da Terra n˜ao tem nem intensidade para chegar a ter algum efeito relevante na ´orbita geoestacion´aria. O observador da alternativa C tomou ch´a de fita K7 e ficou muito louco, pois a n˜ao h´a for¸ca oposta. O observador em D falou algo coerente visto que a for¸ca que mant´em o sat´elite em ´orbita circular ´e a for¸ca centr´ıpeta, que o atrai ao centro.

        Letra D 9. (ITA 1977) Uma das conclus˜oes expressas nas famosas leis de Kepler foi sobre o movimento dos planetas em ´orbita el´ıpticas, das quais o Sol ocupa um dos focos. A ( ) Esta conclus˜ao foi uma consequˆencia, e portanto posterior, do enunciado das leis da Mecˆanica de Newton. B ( ) Coube a Sir Isaac Newton interpretar teoricamente estas conclus˜oes com base na lei de gravita¸c˜ao universal e nos princ´ıpios de Mecˆanica Cl´assica que ele pr´oprio havia proposto. C ( ) Esta conclus˜ao n˜ao apresenta nenhuma rela¸c˜ao com o movimento dos enge- nhos conhecidos como sat´elites artificiais da Terra. D ( ) O movimento da Lua em torno da Terra ´e de natureza diferente daquele descrito por Kepler. E ( ) Nenhuma das afirma¸c˜oes acima ´e verdadeira.

        Solu¸c˜ ao: Os trabalhos de Kepler se basearam em observa¸c˜oes pr´aticas de Tycho Brahe (o cara do duelo de espadas que ficou sem nariz). Kepler analisou os dados de Brahe e propˆos suas leis que eram basicamente leis cinem´aticas. Newton por sua vez usou as leis de Kepler incluindo aspectos dinˆamicos e assim concebeu os princ´ıpios da gravita¸c˜ao universal.

        Letra E GM

        10. (ITA 1977) A rela¸c˜ao E = entre o valor da acelera¸c˜ao da gravidade na 2 R superf´ıcie da Terra e os valores da constante de gravita¸c˜ao universal, massa e raio da Terra: A ( ) ´ E resultado de uma f´ormula emp´ırica elaborada pelos astrˆonomos e v´alida para qualquer planeta de forma esf´erica.

        B ( ) D´a o valor correto da acelera¸c˜ao da gravidade em qualquer ponto da Terra Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas

        89 C ( ) Pode ser obtida teoricamente, tanto no caso da Terra como no caso de um planeta qualquer de forma esf´erica, homogˆeneo e que n˜ao esteja em rota¸c˜ao em torno de um eixo relativamente a um sistema de referˆencia inercial. D ( ) D´a o valor correto de g mesmo para pontos internos `a superf´ıcie da Terra desde que R seja interpretado como a distˆancia entre este ponto e o centro da Terra. E ( ) Nenhuma das afirma¸c˜oes acima ´e verdadeira. Solu¸c˜ ao: A alternativa A n˜ao veio de resultados emp´ıricos e n˜ao se prende apenas `a planetas de forma esf´erica. ´ E uma equa¸c˜ao geral. A alternativa B est´a errada, pois a acelera¸c˜ao da gravidade deve considerar a lati- tude, pois a rota¸c˜ao da Terra afeta a gravidade de acordo com a latitude. A alternativa C ´e valida, pois a equa¸c˜ao pode ser derivada da equa¸c˜ao da for¸ca gravi- tacional de Newton e d´a a acelera¸c˜ao da gravidade para um planeta homogˆeneo sem rota¸c˜ao em torno do eixo do planeta. A gravidade interna depende da densidade e considera a Terra como uma massa esf´erica e homogˆenea.

        Letra C 11. (ITA 1978) Duas estrelas de massa m e 2m, respectivamente, separadas por uma distˆancia d e bastante afastada de qualquer outra massa consider´avel, executam movimentos circulares em torno do centro de massa comum. Nestas condi¸c˜oes, a m´ınima quantidade de energia necess´aria para separar completamente as duas estrelas em fun¸c˜ao da constante universal de gravidade G, ser´a dada por: 2 A ( ) –Gm /d 2 B ( ) Gm /d 2 C ( ) 2Gm /d 2

        /d

      D ( ) −2Gm E ( ) Nenhum dos valores acima

        Solu¸c˜ ao: As duas estrelas est˜ao longe de qualquer massa consider´avel, podemos ent˜ao assumir que as intera¸c˜oes gravitacionais relevantes ´e devido a atra¸c˜ao gravitacional gerada pelo par de estrelas. Sendo que as duas estrelas giram, o cen´ario energ´etico para cada estrela ´e que as duas tˆem energia cin´etica e energia potencial gravitacional n˜ao nulas.

        Agora vem a parte crucial... Considere as duas estrelas bin´arias como um sistema. Esse sistema possui uma energia mecˆanica que ´e a soma da energia potencial mais a energia cin´etica de ambas.

        Para separar as duas estrelas completamente, devemos fazer com que as estrelas estejam separadas por uma distancia t˜ao grande que pode ser considerada que uma delas foi levada ao infinito. Vimos na teoria que a energia potencial para uma part´ıcula no infinito faz com que

        90 zero. Para a energia cin´etica, as estrelas, ao serem separadas, devem ter velocidade nula. Assim garantimos que elas n˜ao v˜ao se mover uma em dire¸c˜ao a outra. Resumindo temos a seguinte situa¸c˜ao onde aplicando um trabalho ao sistema inicial para que na situa¸c˜ao final a energia mecˆanica seja nula

        τ = E mec f inal mec inicial mec inicial − E τ = 0 − E cin1 + E cin2 + E pot )

        τ = 0 − (E

        1 1 (2m)v 2

        1 2 Gm(2m)

      • mv
      • 2 τ = 0 − −

          2 2 d Por´em n˜ao temos as velocidades, mas isso n˜ao ´e um problema. Veja como sai de boa...

          Cada estrela gira em torno do centro de massa do sistema, assim, para realizar o movimento circular ´e preciso que haja uma for¸ca centr´ıpeta. A for¸ca centr´ıpeta neste caso ´e a for¸ca gravitacional entre elas... As estrelas tˆem massas diferentes, o raio de rota¸c˜ao para cada uma ´e diferente. Para calcular o centro de massa, devemos escolher um referencial, neste caso defini- mos que ´e na estrela de massa 2m. Da teoria, a velocidade de cada estrela ´e. 2 2 GM v = d(m + M ) 1 2 A velocidade das estrelas de massas m e 2m s˜ao v e v , respectivamente. 2 G(2m) 2

          4Gm v 1 = = d(m + 2m) 3d 2 2 Gm Gm v = = 2 d(2m + m) 3d Colocando esses resultados na equa¸c˜ao do trabalho total:

          1

          4Gm

          1 Gm Gm(2m)

        • τ = 0 − m · (2m) · − 2 3d
        • 2 2 3d d 2 2

            2Gm Gm

            2Gm τ = − −

          • 3d 3d d
          • 2 2

              3Gm

              2Gm τ = − −

              3d d 2 2 Gm

              2Gm τ = − − d d 2 2 Gm Gm

              = τ = − − d d Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas

              91 12. (ITA 1978) O trabalho necess´ario para levar a part´ıcula de massa M/3 do ponto A at´e o ponto B, em fun¸c˜ao da constante universal de gravita¸c˜ao G, quando essa part´ıcula se encontra sob a a¸c˜ao de 2 massas, M e 2M , conforme figura abaixo, ser´a dado por: 2 A ( ) 9GM /2D 2

              /2D B ( ) −9GM 2 C ( ) GM /2D 2

              /2D

            D ( ) −GM E ( ) Nenhum dos valores acima

              Solu¸c˜ ao: A energia potencial da part´ıcula em quest˜ao ´e a soma de da energia potencial gra- vitacional devido `a intera¸c˜ao com as massas M e 2M .

              O trabalho realizado ´e dado por τ = ∆E, portanto, h´a duas situa¸c˜oes a se conside- rar: a inicial e a final. Vamos calcular as duas situa¸c˜oes. Energia da condi¸c˜ao inicial ´e a soma das energias potencial devido a particular M e 2M .

              M M G(2M ) GM 2 2 2

              3

              3

              2GM GM

              5GM E inicial

              = − − = − − = − D

              2D D

              2D

              2D

              3

              3 M M G(2M ) GM 2 2 2

              3

              3 GM GM

              2GM E f inal

              = − − = − − = −

              2D D D D D

              3

              3 τ = E f inal inicial 2 2 − E 2 2

              2GM

              5GM

              2GM

              5GM τ = − − − = −

            • D

              2D D 2

              2D GM τ =

              2D Letra C

              13. (ITA 1979) Deseja-se colocar em ´orbita da Terra um sat´elite S T

              e, em ´orbita da Lua um sat´elite S L , de modo que ambos tenham o mesmo per´ıodo de revolu¸c˜ao. Dados: 6 Raio da Terra: r T m

              = 6, 37 × 10 6 Raio da Lua: r L m = 1, 74 × 10 24 Massa da Terra: m T kg

              = 5, 98 × 10 22 Massa da Lua: m L kg = 7, 34 × 10

              92 A ( ) Isto n˜ao ´e fisicamente poss´ıvel. B ( ) Se d L ´e a distˆancia entre os centros de S L e da Lua e d T a distˆancia entre os centros de S T e da Terra, ent˜ao, d L = d T . 6 C ( ) D distˆancia de S T m. `a superf´ıcie da Terra ser´a maior do que 1, 1 × 10

              D ( ) Os segmentos que unem S L ao centro da Lua e S T ao centro da Terra des- crevem ´areas iguais em tempos iguais. E ( ) A distˆancia de S T `a superf´ıcie da Terra deve ser igual `a distˆancia de S L `a superf´ıcie da Lua.

              Solu¸c˜ ao: O per´ıodo de revolu¸c˜ao da Lua e da Terra s˜ao dados pela terceira lei de Kepler: 2 4π 2 3 T = r L L 2 4π Gm L 2 3 T = r T T

              Gm T Para que a os per´ıodos sejam iguais devemos ter itens comuns nas duas equa¸c˜oes para podermos fazer um comparativo e tirar a conclus˜ao. Ent˜ao vamos nessa!! 2 m L 4π 3 = 2 r GT L L 2 m T 4π 3 = 2 2 2 r GT T T

              Como T = T , podemos igualar as equa¸c˜oes: L T m T m L 3 = 3 r r T L Fazendo uma compara¸c˜ao entra as massas os dados mostram que m T = 80m L

              80m L m L 3 = 3 r r 3 T L 3 r = 80r T L ∼ r T L

              = 4, 3r 6 m, este seria o menor raio para S L , Sendo o raio da ´orbita da Lua igual a 1, 74 × 10 portanto, o raio de S T seria: 6 6

              ∼ r T = 4, 3 m ∼ = 7, 48 m · 1, 74 × 10 × 10 6 m, a altura m´axima para a ´orbita do sat´elite

              E como o raio da Terra vale 6, 37 × 10 6 6 6 e portando maior que da Terra seria 7, 48 × 10 m − 6, 37 × 10 m = 1, 11 × 10 6 m, como diz na alternativa C.

              1, 1 × 10 Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas

              93 14. (ITA 1980) Um foguete lan¸cado verticalmente, da superf´ıcie da Terra, atinge uma altitude m´axima igual a trˆes vezes o raio R da Terra. Calcular a velocidade inicial do foguete. r 3GM

              A ( )

              2R r 4GM B ( )

              3R r 2GM C ( )

              3R r 3GM D ( )

              4R r GM E ( )

              R Solu¸c˜ ao: Essa quest˜ao ´e aplica¸c˜ao b´asica do principio da conserva¸c˜ao de energia... Na situa¸c˜ao inicial, na superf´ıcie da Terra, o foguete tem energia cin´etica e potencial. A energia potencial neste caso se refere `a uma distancia do centro da Terra igual ao raio da Terra. Na situa¸c˜ao final, teremos apenas a energia potencial gravitacional, pois se consi- dera a altura m´axima igual a trˆes vezes o raio da Terra. Como ´e a altura m´axima, considera-se que neste ponto n˜ao h´a velocidade, portanto, energia cin´etica nula. A energia potencial neste caso se refere a uma distancia de quatro vezes o raio da Terra.

              E inicial = E f inal

              1 2 GM m GM m mv − = −

              2 R R + 3R 2

              2GM

              2GM v = − 2 R

              4R

              3GM v =

              2R r 3GM v =

              2R Letra A

              15. (ITA 1981) Um sat´elite artificial de dimens˜oes desprez´ıveis gira em torno da Terra em ´orbita circular de raio R. Sua massa ´e m e a massa da Terra ´e M (muito maior que m). Considerando a Terra como uma esfera homogˆenea e indicando a

              94 A ( ) A acelera¸c˜ao normal do sat´elite ´e dirigida para o centro da Terra e sua 2 acelera¸c˜ao tangencial vale GM/R . B ( ) Se a atra¸c˜ao gravitacional pudesse ser substitu´ıda pela a¸c˜ao de um cabo de massa desprez´ıvel, ligando o sat´elite ao centro da Terra, a tens˜ao nesse cabo 2 seria dada por GM m/2R . C ( ) Em rela¸c˜ao ao sat´elite, a Terra percorre uma circunferˆencia de raio mR/M . 3 D ( ) O per´ıodo de rota¸c˜ao do sat´elite ´e 2π pR /GM

              E ( ) A Terra ´e atra´ıda pelo sat´elite com uma for¸ca de intensidade m/M vezes menor que a for¸ca com a qual o sat´elite ´e atra´ıdo pela Terra.

              Solu¸c˜ ao: A alternativa A est´a errada, pois em ´orbita circular n˜ao temos acelera¸c˜ao tangencial. Se houvesse acelera¸c˜ao tangencial, o sat´elite mudaria de raio de ´orbita, podendo at´e mesmo adquirir energia cin´etica tal que sua energia mecˆanica permitisse a ele ir embora para o infinito. 2 Alternativa B est´a basicamente dizendo que a for¸ca resultante ´e igual a GM m/2R . 2 Que est´a errado pois seria T = GM m/R

              Alternativa C est´a errada pois considerando o sistema Sat´elite-Terra sendo um sis- tema bin´ario o raio seria M R/(m + M ) Alternativa D, vamos pular... Alternativa E est´a completamente errada! Os corpos sentem a mesma intensidade de for¸ca de atra¸c˜ao. S´o restou a alternativa D.

              Letra D 16. (ITA 1982) Sendo R o raio da Terra, suposta esf´erica, G a constante da 1 2 gravita¸c˜ao universal, g a acelera¸c˜ao de queda livre de um corpo no Equador, g a acelera¸c˜ao de queda livre no polo Norte, M a massa da Terra, podemos afirmar que: 1 2 A ( ) g = GM/R 2 2 B ( ) M = R g /G 2 C ( ) g ´e nula 1 D ( ) g ´e nula 2 1 2 E ( ) GM/R = (g + g )/2

              Solu¸c˜ ao: A acelera¸c˜ao da gravidade no equador ´e menor que a acelera¸c˜ao da gravidade nos polos devido a rota¸c˜ao na Terra, assim descartamos as op¸c˜oes A, C e D. A alternativa correta ´e a B pois, como nos polos a rota¸c˜ao da Terra n˜ao causa diferen¸ca, temos 2 2 2 2 que g = GM/R , logo M = R g /G

              Letra B 17. (ITA 1983) Sabendo-se que a energia potencial gravitacional de um corpo de massa M (em kg) a uma distˆancia r (em metros) do centro da Terra ´e E p = 14 3 2 Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas

              95 receber na superf´ıcie da Terra para chegar a uma distˆancia infinita, com velocidade nula? 6 m). (Ignore o atrito com a atmosfera e considere o raio da Terra como 6, 4 × 10 4 m/s

              A ( ) 1, 25 × 10 4 m/s B ( ) 5, 56 × 10 C ( ) 22km/s 3 m/s

              D ( ) 19, 5 × 10 4 m/s E ( ) 1, 12 × 10 Solu¸c˜ ao: Novamente ´e uma quest˜ao de aplica¸c˜ao do principio da conserva¸c˜ao da energia.

              A diferen¸ca ´e que neste caso j´a foi dada a energia potencial. Note que a energia potencial dada ´e a uma distˆancia r do centro da Terra. 14 M E p

              = −4, 0 × 10 · r N˜ao sabemos quanto ´e esse r e nem sabemos a massa M do corpo. E nem precisamos, visto que se queremos saber a velocidade de lan¸camento do corpo, precisamos da energia potencial na superf´ıcie da Terra. E para chegar ao infinito com velocidade nula, as energias cin´etica e potencial devem ser nulas.

              1 2 M v 1 + E p1 = 0 + 0

              2

              1 M 2 14 M v 1 = 0 − 4, 0 × 10 · 2 r

              1 M 2 14 M v 1 = 4, 0 × 10 · 2 r 2 14

              1 v 1 = 8, 0 × 10 · r

              Como a energia potencial da equa¸c˜ao ´e na superf´ıcie da Terra substitu´ımos r = 6 m 6, 4 × 10 2 14

              1 8 v 1 = 8, 0 × 10 · 6 = 1, 25 × 10

              6, 4 × 10 4 v ∼ m/s = 1, 1

              × 10

              96 8 m da terra

              18. (ITA 1983) Uma espa¸conave de massa 2000kg est´a a 3, 0 × 10 24 22 (M T kg). A terra, espa¸conave, Lua (M L kg) e o sol

              = 6, 0 × 10 30 = 7, 4 × 10 (M S kg) est˜ao alinhados, com a Lua entre a Terra e o sol.

              = 2, 0 × 10 8 11 m A distˆancia da terra a lua ´e de 4, 0×10 m, a distˆancia da terra ao sol ´e de 1, 5×10 −11 2 2 N m /kg . A for¸ca resultante sobre a e a constante de gravita¸c˜ao ´e 6, 7 × 10 espa¸conave ´e: A ( ) 4, 0N no sentido da espa¸conave ao sol.

              B ( ) 4, 0N no sentido da espa¸conave a terra C ( ) 3, 0N no sentindo da espa¸conave ao sol 3 N no sentido da espa¸conave ao sol

              D ( ) 4, 0 × 10 3 N no sentido da espa¸conave a terra

            E ( ) 3, 0 × 10

              Solu¸c˜ ao: Esta quest˜ao ´e simplesmente o c´alculo da resultante de for¸cas alinhadas. O Sol, a Terra e a Lua exercem for¸ca gravitacional sobre a nave conforme a figura que mos- tramos na sequencia.

              H´a trˆes for¸cas envolvidas nesta situa¸c˜ao acima descrita: For¸ca de atra¸c˜ao entre o Sol e a Nave, for¸ca de atra¸c˜ao entre a Lua e a Nave, for¸ca de atra¸c˜ao entre a Terra e a Nave.

              O diagrama de for¸cas fica da seguinte forma: A for¸ca resultante pode ser calculada pelos vetores que tem mesma dire¸c˜ao atrav´es de uma soma alg´ebrica.

              GM S m GM L m GM T m F = + R 2 2 − 2 d d d 1 2 3 M S M L M T

              F = Gm + R 2 2 2 − d 1 d 2 d 3 Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas

              97 Atente-se que as distˆancia entre cada astro e a nave precisam ser calculadas para o caso da Lua e do Sol... 30 22 24 −11 2, 0 × 10 7, 4 × 10 6, 0 × 10 11 8 2 8

            • F R
            • 8 2 − 8 2 = 6, 7 × 10 · 2000

                ) ) ) (1, 5 × 10 − 3, 0 × 10 (4, 0 × 10 − 3, 0 × 10 (3, 0 × 10

                E resolvendo a equa¸c˜ao obtemos ∼

                F R = 4, 1N Observe que adotamos que a for¸ca na dire¸c˜ao do Sol como positivo, ent˜ao sendo o resultado positivo, ent˜ao a resultante aponta na dire¸c˜ao do Sol.

                Letra A 19. (ITA 1984) Um corpo A, inicialmente em repouso, explode sob a a¸c˜ao ex- clusiva de for¸cas internas, dividindo-se em duas partes, uma de massa m e outra de massa m . Ap´os a explos˜ao, a ´ unica for¸ca que atua sobre cada uma das partes ´e a for¸ca gravitacional exercida pela outra parte. Quando a massa m est´a a uma distˆancia r da posi¸c˜ao originalmente ocupada pelo corpo A, a intensidade da acelera¸c˜ao de m ´e igual a:

                Gm A ( ) 2 2 r (1 + m/m )

                Gm B ( ) 2 2 r (1 + m/m )

                Gm C ( ) 2 2 r (1 + m /m)

                Gm D ( ) 2 r

                Gm E ( ) 2 r

                Solu¸c˜ ao: Quando o treco explodiu as duas partes s˜ao impulsionadas a se separar, por´em a for¸ca gravitacional se opor´a a este movimento. Como as for¸cas que atuam s˜ao internas, o centro de massa do sistema formado pelas duas massas fica na mesma posi¸c˜ao. Isto ´e, antes da explos˜ao o centro de massa do corpo A ocupava uma posi¸c˜ao no espa¸co. Ao explodir, as duas massas, ao se afastarem, se afastam de forma a manter o centro de massa formado por elas, na mesma posi¸c˜ao do centro de massa antes da

                98 Para encontrar a acelera¸c˜ao siga o racioc´ınio... A ´ unica for¸ca ap´os a explos˜ao ´e a for¸ca gravitacional que faz as duas partes se atra´ırem. De acordo com a segunda lei de Newton, a acelera¸c˜ao de m ´e

                F G α = m

                A for¸ca gravitacional ´e Gmm

                F G = 2 d Voltando `a equa¸c˜ao da acelera¸c˜ao:

                Gm α = 2 d

                A distˆancia entre as duas massa ´e d que ´e a distancia r da massa m `a posi¸c˜ao inicial do centro de massa mais a distˆancia da massa m `a posi¸c˜ao inicial do centro de massa. d = |x| + |x |

                Vamos definir que a posi¸c˜ao inicial do centro de massa ´e x cm = 0, e que deve ser mantida ap´os a explos˜ao. Assim sendo, a posi¸c˜ao d massa m ´e x = −r, mas como n˜ao sabemos a posi¸c˜ao de m , vamos calcular... ′ ′ mx + m x x cm = m + m ′ ′ x m(−r) + m 0 = m + m ′ ′ x = 0 m(−r) + m ′ ′ m x = mr Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas ′ ′

                99 . A posi¸c˜ao de m em fun¸c˜ao dos dados fornecidos: x ´e negativo ent˜ao d = −x + x m x = r m m d + x = r m m d − r = r m m d = r + r m m d = r 1 + m

                Agora ´e s´o aplicar para encontrar a acelera¸c˜ao. Gm

                α = 2 2 m r 1 + m Letra B

                20. (ITA 1984) Um planeta descreve uma ´orbita el´ıptica em torno de uma estrela cuja massa ´e muito maior que a massa do planeta. Seja r a distˆancia entre a estrela e o planeta, num ponto gen´erico da ´orbita, e a velocidade do planeta no mesmo ponto. 1 Sabendo-se que a e b s˜ao, respectivamente, os valores m´ınimo e m´aximo de r e v o valor m´ınimo de v, pode-se afirmar que o produto v r satisfaz a rela¸c˜ao: 1 A ( ) v r b

                ≤ v 1 B ( ) v r b ≥ v 2 1 C ( ) v r = (b /a)v 2 1 D ( ) v r = (a /b)v 2 1 E ( ) v r = (b /2a)v

                Solu¸c˜ ao: Neste caso poderemos usar o principio da conserva¸c˜ao do momento angular. Vamos chamar a massa do planeta de m. Aplicamos em duas posi¸c˜oes: a primeira a posi¸c˜ao gen´erica em r e a outra para posi¸c˜ao em b, para qual foi dada a velocidade v 1 1 . mv r rsenα = mv bsen90 1 v r rsenα = v b

                100 1 v b v r r = senα

                Veja que o denominador ´e um seno e sabemos da matem´atica que o seno para qualquer ˆangulo sempre vale: 0 ≤ senα ≤ 1

                Se dividirmos todos os elementos da inequa¸c˜ao acima pelo seno, vemos a magia acontecer e o inverso do seno aparecer.

                1 0 ≤ 1 ≤ senα

                1 ≥ 1 senα

                Ou seja, multiplicar uma coisa pelo inverso do seno ´e o mesmo que multiplicar por algo maior que 1 e no final d´a que o resultado dessa multiplica¸c˜ao. 1 v r b r ≥ v

                Letra B 21. (ITA 1984) Na quest˜ao anterior, designando por M a massa da estrela (M >> m) e por E a energia mecˆanica total, pode-se afirmar que:

                E 2 GM A ( ) v + = 2 m r 2 E GM

                B ( ) v = 2 − m r

                E 2 GM C ( ) v + = 2 2 m r 2 E GM

                D ( ) v = 2 − 2 m r

                E GM

              • E ( ) v = m r

                Solu¸c˜ ao: Sendo a energia do planeta a soma da energia cin´etica e potencial gravitacional, pode-se escrever:

                E = E cin´ etica + E potencial

                1 2 GM m E = mv

                − 2 r Resolvendo para velocidade:

                1 GM m 2 mv = E + 2 r 2 E GM

              • v = 2 m r
              Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 101

                22. (IME 1985) Na superf´ıcie de um planeta hipot´etico, de raio igual ao da Terra, um pˆendulo simples oscila com per´ıodo de 2, 0s. Sabendo, que, na pr´opria

                √ Terra, o per´ıodo de oscila¸c˜ao do mesmo pˆendulo vale 2s, determine a raz˜ao entre as massas do planeta e da Terra.

                Solu¸c˜ ao: Um pˆendulo pode ter suas for¸cas representadas como na figura:

                O per´ıodo do pˆendulo depende da acelera¸c˜ao da gravidade e do comprimento do cabo conforme a equa¸c˜ao: s L

                T = 2π g Vale comentar que esta equa¸c˜ao ´e v´alida para ˆangulos de oscila¸c˜ao muito pequenos. Nela nota-se que o per´ıodo diminui com o aumento da acelera¸c˜ao gravitacional. Esse tipo de quest˜ao, comparando duas situa¸c˜oes em duas condi¸c˜oes diferentes ´e bem comum nos vestibulares do ITA e do IME. N´os temos dois per´ıodos de um mesmo pendulo, ou seja, mesmo comprimento. Nesse caso, o que liga as duas equa¸c˜oes para o pendulo ´e o comprimento. Isso vai nos permitir encontrar uma rela¸c˜ao entre acelera¸c˜oes gravitacionais e consequentemente a rela¸c˜ao das massas dos planetas. A quest˜ao em si n˜ao ´e dif´ıcil quando vocˆe percebe a ideia central. Vamos l´a! Vamos arrumar a equa¸c˜ao do pˆendulo para explicitar o que ´e comum: o compri- mento. s

                T L =

                2π g 2 T L 2 = 4π g 2 gT

                L = 2

                Para os dois planetas a oscila¸c˜ao pendular fica assim: 2 g T (2) g T L T = = 2 2

                102 √ 2 g p ( 2) g p

                L p = = 2 2 4π 2π

                Igualando os comprimentos, tudo isso fica: g T g p 2 = 2 π 2π g p g T =

                2 g T

                1 = g p

                2 Agora que sabemos a rela¸c˜ao das acelera¸c˜oes, podemos achar a rela¸c˜ao entre as massas. Fica mais f´acil por que de acordo com o enunciado os raios s˜ao idˆenticos. 2 M T R g T p = 2 g p M p R T Substituindo fica desse jeito... 2 M T R 1 p

                = 2

                2 M p R T

                1 M T =

                2 M p O planeta tem duas vezes mais massa que a Terra. Lembre-se sempre a equa¸c˜ao do pendulo por que ele ´e usado em in´ umeras quest˜oes de f´ısica, e j´a vi com campos el´etricos e magn´eticos. Ent˜ao vai mais uma para vocˆe se exercitar! 23. (ITA 1986) Se colocarmos um sat´elite artificial de massa m girando ao redor 23 kg) numa ´orbita circular, a rela¸c˜ao entre a sua energia cin´etica de Marte (6, 37 × 10 (T ) e a potencial gravitacional (U ) ser´a: A ( ) −U/2

              B ( ) −1/2U

                C ( ) U/2m D ( ) mU E ( ) U Solu¸c˜ ao:

                1 2 Em uma ´orbita circular, a energia cin´etica ´e T = mv

                2 GM m

              A energia potencial ´e U = − r

                2 GM A velocidade em ´orbita circular ´e v = r Podemos ent˜ao expressar T em fun¸c˜ao da constante gravitacional e massas envolvi- das.

                GM

                1

                1 GM U T = m =

                · = − 2 r 2 r

                2 Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 103

                24. (ITA 1987) A respeito da lei da gravita¸c˜ao universal podemos afirmar que: A ( ) Exprime-se pela f´ormula P = mg. B ( ) Pode ser deduzida das leis de Kepler do movimento planet´ario. C ( ) Evidencia a esfericidade da Terra. D ( ) Implica em que todos os movimentos planet´arios sejam circulares. E ( ) ´ E compat´ıvel com as leis de Kepler do movimento planet´ario. Solu¸c˜ ao: Essa ´e uma daquelas quest˜oes que te permite ganhar tempo na hora da prova j´a que n˜ao envolve c´alculos dif´ıceis e longos. Vamos l´a! A alternativa A est´a errada visto que mg ´e a for¸ca com que um corpo ´e atra´ıdo para o centro da Terra, caso g seja acelera¸c˜ao da gravidade na Terra. Alternativa B: N˜ao ´e deduzida pelas Leis de Kepler. Letra B ´e falsa. Alternativa C: A Lei da Gravita¸c˜ao Universal n˜ao se prende no formado dos corpos, mas sim em sua massa. Alternativa D: N˜ao necessariamente todos os movimentos planet´arios s˜ao circulares, mas el´ıpticos. ´ Orbitas circulares s˜ao casos especiais das ´orbitas el´ıpticas. A letra E ´e correta visto que a Lei da Gravita¸c˜ao Universal ´e compat´ıvel com as Leis de Kepler.

                Letra E 25. (ITA 1987) Considere a Terra como um corpo homogˆeneo, isotr´opico e esf´erico de raio R, girando em torno do seu eixo com frequˆencia v (n´ umero de voltas por unidade de tempo), sendo g a acelera¸c˜ao da gravidade medida no equador. Seja v x a frequˆencia com que a Terra deveria girar para que o peso dos corpos no equador fosse nulo. Podemos afirmar que: A ( ) v x = 4v B ( ) v x = ϕ C ( ) N˜ao existe v x que satisfa¸ca `as condi¸c˜oes do problema. r 2 g 2

              • D ( ) v x = v r

                4π R 2 g E ( ) v x = v

                − 2 4π R

                Solu¸c˜ ao: A ideia deste problema ´e a seguinte: no equador a rota¸c˜ao da Terra gera um peso aparente menor que o teria se a Terra estivesse parada. Ent˜ao se aumentarmos rota¸c˜ao da Terra, ou seja, a quantidade que de rota¸c˜oes por segundo necess´arias para a for¸ca centr´ıfuga anular a acelera¸c˜ao gravitacional no equador.

                Quando se fala em corpo homogˆeneo e isotr´opico ´e para encararmos a Terra como uma esfera sem camadas diferentes internas ou varia¸c˜oes de propriedades. A ace-

                104 sem considerar sua rota¸c˜ao ´e:

                GM g p = 2 R S´o que no Equador (n˜ao o pa´ıs de capital Quito), a linha que divide a Terra em hemisf´erio Norte e hemisf´erio Sul, sofre o efeito da rota¸c˜ao conforme j´a visto. A gra- vidade no equador (g) ´e dado pela atra¸c˜ao gravitacional (g p ) descontado da repuls˜ao 2 centr´ıfuga causada pela rota¸c˜ao (ω R). Esta ´e a condi¸c˜ao inicial do problema. 2 g = g p R

                − ω O peso aparente no equador ser´a nulo quando a Terra girar com uma velocidade angular ω x 2 g = g p R = 0 x

                − ω 2 g p = ω R x Substituindo g p na primeira equa¸c˜ao. 2 g = g p R 2 − ω 2 g = ω R x R − ω

                Como o enunciado est´a lidando com frequˆencia e n˜ao velocidade angular, temos que fazer umas manipula¸c˜oes nessa equa¸c˜ao. Lembre-se que ω = 2πv (pelo enunciado, v ´e a frequˆencia). 2 2 g = (2πv x ) R 2 2 R − (2πv) 2 2 g = 4π v v R x

              R − 4π

                Agora basta isolar v para encontrar uma rela¸c˜ao com a frequˆencia necess´aria para x anular a gravidade aparente no equador. 2 2 2 g = (4π R)(v ) x − v g 2 2 2 x − v = v

                4π R 2 2 g v + = v x 2 r 4π R 2 g v + x = v 2 4π R Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 105

                26. (ITA 1988) Duas estrelas de massa m e 2m respectivamente, separadas por uma distˆancia d e bastante afastadas de qualquer outra massa consider´avel, execu- tam movimentos circulares em torno do centro de massa comum. Nestas condi¸c˜oes, o tempo T para uma revolu¸c˜ao completa, a velocidade v da estrela maior (2m), bem como a energia m´ınima W para separar completamente as duas estrelas s˜ao, respectivamente: 2 A ( ) 2πd pd/3Gm, pGm/3d e 2Gm /d 2 B ( ) 2πd /d pGm/3d, 2pGm/3d e −Gm 2 C ( ) 2πd p3d/Gm, pGm/3d e Gm /d 2 D ( ) πd p3d/Gm, 2 /d pGm/3d e −Gm 2 E ( ) 2πd pd/3Gm, pGm/3d e Gm /d

                Solu¸c˜ ao: Esse ´e um problema cl´assico e que caiu diversas vezes no vestibular do ITA com algumas varia¸c˜oes, mas sempre com a mesma ideia.

                Trata-se de estrelas gˆemeas, ou seja, dois astros que orbitam trajet´orias circulares em torno do centro de massa do sistema formado por eles. ´ E como se fosse um bal´e, um casal dan¸cando e rodopiando no sal˜ao ao som da valsa do Dan´ ubio. Que lindo... Nesta quest˜ao foram pedidas grandezas importantes como per´ıodo, velocidade e energia. Antes de mais nada, precisamos achar o centro de massa para podermos iniciar nossa an´alise. Para isso fixamos a referˆencia para calculo do centro de massa em um dos astros. Escolhemos o maior, mas n˜ao ´e uma regra e que poderia ser feita referenciando no menor tamb´em. Portanto, a posi¸c˜ao do astro maior. Al´em disso, vamos escolher o eixo x como suporte para nosso sistema. Assim a massa maior tem posi¸c˜ao na origem, x = 0, e massa menor tem posi¸c˜ao x = d. ′ ′ mx + m x x cm = m + m

                2m · 0 + md x cm = 2m + m md d x cm = =

                3m

                3 Isto mostra que o centro de massa dista um d/3 do astro maior e 2/3d do astro

                106 Observe que ambas descrevem ´orbita circular de raios diferentes cuja for¸ca centr´ıpeta

                ´e a for¸ca de atra¸c˜ao gravitacional entre elas, j´a que est˜ao distante de qualquer outra for¸ca gravitacional significativa. O per´ıodo de revolu¸c˜ao ´e o mesmo para ambos. Sendo a for¸ca centr´ıpeta igual a for¸ca de atra¸c˜ao gravitacional entre as duas massas, podemos escrever para uma delas o seguinte: 2

                2mv

              Gm · 2m

                2 = d d

                3 Gm 2 = 3v d

                Lembrando que a velocidade pode ser expressa em fun¸c˜ao do per´ıodo (revisar o movimento circular uniforme).

                2πr 2πd v = = T

                3T Substituindo: 2 Gm 2πd

                = 3 d

                3T Simplificando chegamos a: r d

                T = 2πd

                3Gm A velocidade para o astro de maior massa, podemos reaplicar na defini¸c˜ao de velo- cidade em fun¸c˜ao do per´ıodo.

                2πd 2πd

                1

                1 r Gm v = = = = = r r

                3T 3d d d r 3d

                3 3 · 2πd

                3Gm

                3Gm Gm Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 107

                A energia para separar as duas estrelas ´e calculada de acordo com a seguinte ideia. Situa¸c˜ao inicial: as duas estrelas se amam e vivem de boa em algum canto acon- chegante do universo bailando, orbitando como uma bela valsa, conforme descrito acima. Nisso cada uma das estrelas tem uma energia potencial gravitacional devido a influencia gravitacional de uma sobre a outra. Al´em disso, as duas est˜ao se mo- vendo, ent˜ao cada um tem energia cin´etica. A energia inicial do sistema ´e a soma da energia potencial mais a energia cin´etica das duas.

                U inicial = E pot + E cin 2m + E cin m Situa¸c˜ao final: ent˜ao como viver um grande amor que nem dessas estrelas ´e dif´ıcil em tempos de ´odio e estar sob o olhar mal´evolo da inveja, algum lazarento resolver separar as duas estrelas. Para que? Tamb´em me pergunto... Falta do que fazer e estragar a felicidade ”dozoto”. Enfim, para realmente separ´a-las ´e necess´ario afasta- las para muito longe, mas bem longe (ˆo crueldade...) t˜ao longe de tal forma que a energia potencial gravitacional delas seja desprez´ıvel, isto ´e, aproximadamente nula, que acontece no infinito. Mas ´e suficiente? Claro que n˜ao, se elas tiverem velocidade, uma hora as estrelas voltam a se aproximar e reencontrar, por isso se faz com que a velocidade de ambas seja nula, fazendo com que a energia cin´etica se anule para ambas. Neste caso podemos escrever essa triste situa¸c˜ao.

                U f inal = 0 + 0 + 0 ´

                E com l´agrimas nos olhos que lhes digo que a energia m´ınima que deve se ofertar ao sistema para afastar as duas estrelas ´e: W = U f inal inicial

                − U inicial W = 0 − U inicial

              W = −U

                Mas quanto vale esse valor carregado de ´odio? A energia potencial gravitacional ´e s´o aplicar na f´ormula e fica: 2

                2Gm E pot

                = − d As energias cin´eticas ficam:

                1 2

                1 2 cin 2m cin m 2m m + E + E = 2mv mv

                2 2

                2

                1 2 2m m + E cin 2m + E cin m = mv mv

                2 Sabemos que a velocidade da estrela maior ´e Gm/3d. S´o que n˜ao temos a velocidade da outra. Mas ´e f´acil, pois seria trocar o raio de d/3 para 2d/3.

                2πr 4πd 4πd

                2

                2 r Gm v = = = = = = 2 r r

                T

                3T 3d d d r 3d

                3 3 · 2πd

                3Gm

                3Gm Gm

                108 Voltando `as energias. r ! ! 2 2 Gm 1 r Gm

                E + E = m + cin 2m cin m m

                2 3d 2 2 3d 2 2 Gm

                2Gm Gm

              • E + E cin 2m cin m = =

                3d 3d d Finalmente voltando para energia inicial. U inicial = E pot + E cin 2m + E cin m 2 2 2

                2Gm Gm Gm

              • U inicial = − = − d d d E para o desespero das duas estrelas...
              • 2 inicial = Gm

                W = −U d

                  Letra E 27. (ITA 1989) Comentando as leis de Kepler para o movimento planet´ario, um estudante escreveu:

                  I Os planetas do sistema solar descrevem elipses em torno do Sol que ocupa o centro dessas elipses.

                  II Como o dia (do nascer ao pˆor-do-Sol) ´e mais curto no inverno e mais longo no ver˜ao, conclui-se que o vetor posi¸c˜ao da Terra (linha que une esta ao Sol) varre uma ´area do espa¸co menor no inverno do que no ver˜ao para o mesmo per´ıodo de 24 horas. 8 km e a de Urano ao

                  III Como a distˆancia m´edia da Terra ao Sol ´e de 1, 50 × 10 9 a km, pela 3 lei de Kepler conclui-se que o “ano” de Urano

                Sol ´e de 3, 00 × 10 ´e igual a 20 vezes o ano da Terra

                  IV As leis de Kepler n˜ao fazem referˆencia `a for¸ca de intera¸c˜ao entre o Sol e os planetas. Verifique quais as afirma¸c˜oes que est˜ao corretas e assinale a op¸c˜ao correspondente. A ( ) I e IV est˜ao corretas. B ( ) S´o a I est´a correta. C ( ) II e IV est˜ao corretas. D ( ) S´o a IV est´a correta. Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 109

                  Solu¸c˜ ao: A primeira est´a errada, pois o Sol ocupa um dos focos da elipse. Defini¸c˜ao da Pri- meira de Lei de Kepler.

                  A segunda est´a errada, pois segundo a Segunda Lei de Kepler, o vetor varrer ´areas iguais em tempos iguais. A terceira est´a errada, pois sendo que a rela¸c˜ao entre os raios n˜ao ´e linear, pois a do quadrado dos per´ıodos ´e proporcional a rela¸c˜ao dos cubos dos raios m´edios. Pelo que o camarada anunciou a´ı, seria linear, mas n˜ao ´e. A quarta est´a certa, pois as Leis de Kepler tratam da cinem´atica, isto ´e, das veloci- dades e n˜ao se preocupam com as intera¸c˜oes entre os astros. Se vocˆe revisar vai ver que fala de tempo, ´orbita, per´ıodo, raios essas coisas...

                  Letra D 28. (ITA 1989) Um astronauta faz experiˆencias dentro do seu sat´elite esf´erico, que est´a em ´orbita circular ao redor da Terra. Colocando com cuidado um objeto de massa m bem no centro do sat´elite o astronauta observa que objeto mant´em sua a posi¸c˜ao ao longo tempo. Baseado na 2 lei de Newton, um observador no Sol tenta explicar esse fato com as hip´oteses abaixo. Qual delas ´e correta? A ( ) N˜ao existem for¸cas atuando sobre o objeto (o pr´oprio astronauta sente-se imponder´avel). 2 B ( ) Se a for¸ca de gravidade da Terra F g = GM T m /r est´a atuando sobre o objeto e este fica im´ovel ´e porque existe uma for¸ca centr´ıfuga oposta que a equilibra. C ( ) A carca¸ca do sat´elite serve de blindagem contra qualquer for¸ca externa. D ( ) As for¸cas aplicadas pelo Sol e pela Lua equilibram a atra¸c˜ao da Terra. E ( ) A for¸ca que age sobre o sat´elite ´e de gravita¸c˜ao, mas a velocidade tangencial 2 2 v do sat´elite deve ser tal que mv /r = GM T m /r .

                  Solu¸c˜ ao: Bem amigos, vamos analisar as afirma¸c˜oes uma a uma... Se ele est´a em ´orbita circular da Terra, ent˜ao uma for¸ca centr´ıpeta age sobre objeto. Letra A ´e t˜ao falsa quando uma nota de 35 reais. Para um observador no Sol a for¸ca que atua sobre o corpo ´e centr´ıpeta. O cara no Sol vai ver a espa¸conave, o astronauta e o objeto executando um movimento circular, portanto, para ele todos tem for¸ca centr´ıpeta. Falsa! Nessa a viagem foi total! Essa situa¸c˜ao de equil´ıbrios de for¸cas Terra, Lua e Sol depende de uma situa¸c˜ao de posicionamento espec´ıfico que ocorrer por tempo curto. Mais falsa que o t´ıtulo mundial do Palmeiras. Conforme visto na teoria, a afirma¸c˜ao da E est´a correta.

                  Letra E 29. (ITA 1989) Considere a Terra como sendo uma esfera de raio R e massa M , uniformemente distribu´ıda. Um sat´elite artificial descreve uma ´orbita circular a uma altura h da superf´ıcie da Terra, onde a acelera¸c˜ao gravitacional (sobre a ´orbita) ´e g. Em termos de algarismos significativos, o quadrado da velocidade do 6 24 kg, sat´elite ´e melhor representado por: Dados: R = 6, 378 × 10 m, M = 5, 983 × 10 5 2

                  110 6 2 2 km /h

                  A ( ) 16, 81 × 10 6 2 2 2 ) km /h

                  B ( ) (3, 62 × 10 7 2 2 2 ) m /s

                  C ( ) (6, 05 × 10 7 2 2 m /s

                D ( ) 6, 0517 × 10 E ( ) Nenhum dos valores apresentados ´e adequado

                  Solu¸c˜ ao: ´

                  E mais uma daquelas quest˜oes que j´a vimos antes, ent˜ao n˜ao tem muito segredo. A uma altura h acima da superf´ıcie da Terra, o sat´elite possui um raio de movimento circular igual R + h (lembre-se que esse raio ´e do centro da Terra at´e o objeto em estudo, no caso, o sat´elite). Nesse ponto, a acelera¸c˜ao da gravidade ´e g. Podemos escrever tudo em termos de acelera¸c˜oes, tanto que a massa nem foi dada. A acelera¸c˜ao centr´ıpeta neste caso ´e a acelera¸c˜ao nesta altura: a cp = g 2 v

                  = g 2 R + h v = g(R + h) Agora se vocˆe n˜ao prestar aten¸c˜ao nas unidades vocˆe pode se enrolar e perder tempo ou at´e mesmo perder a quest˜ao. As duas primeiras op¸c˜oes est˜ao em km/h e as outras duas em m/s. Vamos come¸car por m/s. 2 6 5 v ) 2 = 9, 2 · (6, 378 × 10 + 2, 00 × 10 6 6 v ) 2 = 9, 2 · (6.378 × 10 + 0, 200 × 10 6 7 2 2 v m /s

                  = 9, 2 · 6.578 × 10 = 6, 051 × 10 Esta quest˜ao n˜ao traz nenhuma novidade, a n˜ao ser pelo fato de fazer vocˆe fazer mais contas e ter que prestar aten¸c˜ao nas unidades.

                  Letra D 30. (ITA 1991) Considere um planeta cuja a massa ´e o triplo da massa da Terra e seu raio, o dobro do raio da Terra. Determine a rela¸c˜ao entre a velocidade de escape deste planeta e a da Terra v p /v T e a rela¸c˜ao entre a acelera¸c˜ao gravitacional na superf´ıcie do planeta e da Terra g p /g T .

                  A ( ) V p /V T = p3/4 e g p /g T = 3/4 B ( ) V p /V T = p3/2 e g p /g T = 3/4 C ( ) V /V = /g = 3/2 p T p3/2 e g p T D ( ) V p /V T = 3/2 e g p /g T = 3/4 Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 111

                  Solu¸c˜ ao: Essa quest˜ao se resolve facilmente ao fazermos a compara¸c˜ao entre o planeta e a Terra. Vamos come¸car pelo mais f´acil que ´e a gravidade na superf´ıcie do planeta.

                  Como visto anteriormente, a gravidade na superf´ıcie do planeta e da Terra, sem considerar a rota¸c˜ao do mesmo ´e, primeiramente para a Terra: GM T g T = 2 R T

                  E ”segundamente”para o planeta: GM p G(3M T )

                  3GM T

                  3 GM T

                  3 g p = = = = = g T 2 2 2 2 R p p p p

                  4R

                  4R

                  4 R

                  4 g p

                  3 = g T

                  4 A gravidade na superf´ıcie do planeta ´e 3/4 da gravidade na superf´ıcie da Terra. A velocidade m´ınima de escape do planeta ´e:

                  V p = p R p p2g Onde a gravidade considerada ´e a da superf´ıcie do planeta, que vamos substituir pelo seu equivalente em termos terrestres e que foi encontrado no item anterior: r

                  3 V p = 2 g T T = p3g T R T · 2R

                  4 Para velocidade de escape da Terra.

                  V T = p2g T R T Dividindo a velocidade no planeta e na Terra:

                  √ r 3 V p 3g T R T

                  = = √

                  V T 2g T R T

                  2 Letra B 31. (ITA 1991) Um sat´elite artificial geostacion´ario permanece acima de um mesmo ponto da superf´ıcie da Terra em uma ´orbita de raio R. Usando um valor de R T = 6400km para o raio da Terra. A raz˜ao R/R T ´e aproximadamente igual a: 2 Dado: g = 9, 8m/s

                  A ( ) 290 B ( ) 66 C ( ) 6, 6 D ( ) 11, 2

                  112 Solu¸c˜ ao: Os sat´elites geoestacion´arios s˜ao sat´elites que ficam em uma posi¸c˜ao fixa acima de uma localiza¸c˜ao na superf´ıcie da Terra. ´ E como se eles sempre estivessem sob uma mesma posi¸c˜ao, parados, como um poste na rua. Por´em, eles se movem com mesma velocidade de rota¸c˜ao da Terra, ou seja, mesmo per´ıodo de rota¸c˜ao, o que faz parecer que est˜ao parados, sempre ali, no entanto n˜ao est˜ao. Se algu´em na Lua ver esse sat´elite, vai ver ele orbitando a Terra, mas para quem est´a na Terra, vai ver o mesmo como se estivesse parado. Esses sat´elites s˜ao muito uteis para telecomunica¸c˜oes, pois permitem fazer a retransmiss˜ao de sinais entre dois pontos distantes na superf´ıcie terrestre. Para conseguir essa condi¸c˜ao, o sat´elite geoestacion´ario possui uma orbita de raio muito grande. Como essa orbita geoestacion´aria ´e muito ´ util e n˜ao tem muito, os pa´ıses se organizam para que cada pa´ıs possa ter acesso a um lugar na orbita geo. H´a regula¸c˜oes para coloca¸c˜ao de sat´elites nestas ´orbitas. Como foi dito, para alcan¸car a ´orbita geo, o per´ıodo do sat´elite deve ser igual ao per´ıodo da Terra. Do movimento circular temos o seguinte resultado: 2 2 2 2 2 v (ωR) ω R 2 2π a cp = = = = ω R = R

                  R R R T 2 2π a cp = R

                  T Para a orbita geo, rela¸c˜ao entre raio e per´ıodo ´e: 2

                  2π GM R g = 2 T R 2 g

                  2π GM = 3 T R g

                  O per´ıodo na orbita geo deve ser igual ao per´ıodo de rota¸c˜ao da Terra, isto ´e, um dia, ou seja 24 horas, que em segundos fica 86400 segundos. 2 2π GM

                  = 3 86400 R g Mas veja que n˜ao temos o valor de G e M , pois n˜ao foram dados no enunciado, ent˜ao vamos dar um jeito de substituir esse GM com algo que foi dado. Veja que foi dado o valor da gravidade na superf´ıcie da Terra, g, ent˜ao vamos expressa GM em fun¸c˜ao de g. Isso ´e f´acil, ´e s´o lembrar que:

                  GM g = 2 2 R T 2 GM = gR = 9, 8R T T Agora taca-le na equa¸c˜ao para ´orbita geo! 2 2

                  2π 9, 8R T = 3 86400 R g Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 113

                  S´o que precisamos da rela¸c˜ao entre os raios. Observe que temos o raio da Terra ao quadrado e o raio da ´orbita geo ao cubo, o que n˜ao d´a para fazer a compara¸c˜ao R g /R T . Para isso vamos usar um artimanha. Vamos multiplicar o segundo lado da igualdade por R T /6400km. Por que, Jukes? A ideia ´e a seguinte: n˜ao podemos mudar a igualdade, mas precisamos mexer nela e uma forma de fazer isso ´e multiplicar por algo que equivale a 1, e dessa forma n˜ao alteramos a igualdade mas nos d´a um R T para forma um cubo. Como R T e 6400km s˜ao a mesma coisa, a divis˜ao de R T /6400km ´e 1. Mas vamos converter km em m antes. 2 2

                  2π 9, 8R R T T = 3 · 5 86400 R 2 g 64 × 10 3

                  2π 5 9, 8R T =

                  · 64 × 10 3 86400 R 2 5 g 3 2π R T 64 × 10

                  = · 3 86400 9, 8 R 3 2 g 5 R T 2π 64 × 10

                  = ·

                  R g 86400 9, 8 Da´ı vocˆe pode pensar, como fazer essa conta na hora da prova sem calculadora. A´ı que est´a, 9,8 ´e quase 10, ent˜ao j´a podemos eliminar em uma das potˆencias de 10.

                  Veja que 86400 ´e 24 × 60 × 60, que d´a para “cortar” com o 64. Veja... 3 2 5 R T 2 · 3, 14 64 × 10 =

                  · R g 9, 8 24 · 60 · 60

                  Aproximadamente... 3 2 R T 4 4 · 3, 14 = 2 2 2 · 64 × 10

                  R g

                  24 3 · 60 · 60 2 R T 4 4 · 3, 14 = 2 2 · 10

                  R g

                  24 3 · 60 · 60 R T 4 4 · 3, 14 · 3, 14

                  = 2 2 2 2 3 · 10 R g

                  2 3 · 2 · 2 · 3 · 6 · 6 · 6 · 10 3 3 √ √ √ 3 3

                  √ √ R T

                  4 4

                  4

                  40 = 2 · 10 = 10 = 2 · 10 2 R g

                  2

                  2

                  2 · 6 · 10 · 6 · 10 · 6 3

                  √ 3 3 3 √ √ R T

                  2

                  2

                  5

                  5 · 5

                  = = = 2 2 R g

                  2

                  2 · 6 · 6 2 · 6

                  114 Mas queremos o contr´ario...

                  R g

                  12 = 3

                  √ R T

                  5 Mas quanto ´e raiz c´ ubica de 5?? Vamos estimar isso, comparando os cubos pr´oximos de 5. Por exemplo, cubo de 1 ´e 1 e cubo de 2 ´e 8 e 5 est´a entre eles, ent˜ao se liga na jogada...

                  1 < 5 < 8 Isso ´e o mesmo que: 3 3 1 < 5 < 2

                  Aplicando a raiz c´ ubica em todos, isso fica...

                  √ 3 3 √ 4 33 1 < 5 < 3

                  2 √ 1 < 5 < 2

                  Ou seja, est´a entre em 1 e 2, assim, ao dividir 12 por raiz de 5, isso deve dar um valor um pouco maior que 6, e a ´ unica op¸c˜ao que temos ´e 6.6. a Letra C

                  32. (ITA 1992) Na 3 lei de Kepler, a constante de proporcionalidade entre cubo do semi-eixo maior da elipse a descrita por um planeta e o quadrado do per´ıodo P de transla¸c˜ao do planeta, pode ser deduzida do caso particular do movimento circular. Sendo G a constante da gravita¸c˜ao universal, M a massa do Sol, R o raio 3 2 do Sol temos que a /p vale: 2 A ( ) GM R/4π 2 B ( ) GR/4π 2 C ( ) GM/2π 2 D ( ) GM/R 2 E ( ) GM/4π

                  Solu¸c˜ ao: Essa quest˜ao ´e deriva¸c˜ao direta da terceira lei de Kepler aplicada para ´orbitas cir- culares. N˜ao h´a nenhuma novidade, mas vamos fazer assim mesmo por que aqui a pregui¸ca n˜ao tem vez... s´o `as vezes... Se vocˆe igualar a acelera¸c˜ao centr´ıpeta com a acelera¸c˜ao da gravidade sentida pelo planeta, gerada pelo Sol, a quest˜ao fica resolvida. Vamos primeiro chamar o raio da ´orbita de R e depois substitu´ımos por a. 2 2 2 2 2

                  2π v (ωR) ω R 2 a cp = = = = ω R = R R R R T

                  Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 2 115

                  2π a cp = R T

                  Para a orbita geo, rela¸c˜ao entre raio e per´ıodo ´e: 2 2π GM

                  R = 2 T R 2

                  GM = 3 T R Agora vamos usar a vari´avel dada... 2

                  2π GM

                  = 3 P a 3 a GM 2 = 2 P 4π Letra E

                  33. (ITA 1993) Qual seria o per´ıodo T de rota¸c˜ao da Terra em torno do seu eixo, para que um objeto apoiado sobre a superf´ıcie da Terra no equador ficasse desprovido de peso? 3 24 kg; constante de

                  Dados: raio da Terra: 6, 4 × 10 km; massa da terra: 6, 0 × 10 −11 2 2 N m /kg . gravita¸c˜ao universal: 6, 7 × 10 A ( ) 48 h B ( ) 12 h C ( ) 1,4 h D ( ) 2,8 h E ( ) 0 Solu¸c˜ ao: Uma rota¸c˜ao dura 24 horas, que tem 86400 segundos. A velocidade angular neste caso ´e

                  2π 2π −5 ω = = rad/s

                  = 7, 2 × 10 T 86400

                  A gravidade nula no equador ´e 2 0 = g P R − ω 2 g P = ω R 2 g P

                  ω =

                  116 2 9, 81 −6 ω = 6 = 1, 54 × 10

                  6, 37 × 10

                  −3

                  rad/s ω = 1, 24 × 10

                  2π −3 ω =

                  = 1, 24 × 10 T

                  2π 3 T = s −3 = 5, 06 × 10 1, 24 × 10 Isso equivale a 5060 segundos, que s˜ao 1,4 horas.

                  Letra C 34. (ITA 1994) Deixa-se cair um corpo de massa m da boca de um po¸co que atravessa a Terra, passando pelo seu centro. Desprezando atritos e rota¸c˜ao da Terra, para |x| = R o corpo fica sob a¸c˜ao da for¸ca F = −mgx/R, onde a acelera¸c˜ao 2 6 gravitacional g = 10, 0m/s m e x ´e a distˆancia do

                  , o raio da Terra R = 6, 4 × 10 corpo ao centro da Terra (origem de x). Nestas condi¸c˜oes podemos afirmar que o tempo de trˆansito da boca do po¸co ao centro da Terra e a velocidade no centro s˜ao: 3 m/s

                  A ( ) 21 min e 11, 3 × 10 3 m/s B ( ) 21 min e 8, 0 × 10 3 m/s

                  C ( ) 84 min e 8, 0 × 10 3 m/s D ( ) 42 min e 11, 3 × 10 3 m/s

                E ( ) 42 min e 8, 0 × 10

                  Solu¸c˜ ao: Se vocˆe um dia pensou em cavar um t´ unel para chegar ao Jap˜ao, leia essa resolu¸c˜ao e entenda como seria essa viagem.

                  Essa quest˜ao se baseia no principio da casca, onde a atra¸c˜ao gravitacional exercida por uma casca esf´erica ´e nula. A medida que ele vai percorrendo o t´ unel, a massa de raio r vai diminuindo de volume, isto ´e, a gravidade vai diminuindo a medida que Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 117

                  Ao passar pelo centro da Terra, o oposto ocorre, j´a que a massa vai aumentando e com isso o corpo vai desacelerando pois a gravidade tende a aumentar. Veja que a for¸ca de atra¸c˜ao ´e o oposto do sentido de movimento e vamos mostrar que ´e um movimento harmˆonico simples. Supondo que a Terra seja homogˆenea e constitu´ıda de um material de densidade d, a massa da esfera de raio r criado devido ao movimento do corpo ´e

                  4 3 M = πdr

                  3 E a for¸ca da gravidade ´e GM m Gm

                  4 3

                  4 F = = πdr = πGmdr 2 2 · r r

                  3

                  3 Observe que se considerarmos o sentido da for¸ca em fun¸c˜ao do movimento na dire¸c˜ao r, ela ´e sempre o oposto e vale

                  4 πGmdr

                  F = −

                  3 O Movimento Harmˆonico Simples, MHS ocorre quando a for¸ca ´e do formato F = −kx, onde K ´e uma constante e x ´e o deslocamento. Observe que se o deslocamento ´e r, que vai de R a 0 e depois de 0 a –R temos uma constante igual a

                  4 K = πGmd

                  3 Sendo que caracterizamos o MHS, o tempo para que o corpo chegar ao centro da Terra ´e um quarto do per´ıodo do MHS. Lembrando-se do per´ıodo do MHS. r m

                  T = 2π k

                  118 Neste caso, o tempo procurado ´e u v r

                  1 1 m u

                  1

                  3 T v = T = π = π t

                  4

                  4

                  2 2 4πGd πGmd

                  3 Mas temos um G e uma densidade que n˜ao nos foi dada. E agora? N˜ao h´a motivo para pˆanico. Lembre-se que para a gravidade na superf´ıcie da Terra...

                  GM

                  4 g = = GπdR 2 R

                  3 No enunciado foi dada a gravidade na superf´ıcie da Terra e o raio da mesma. Vamos extrair o que nos falta dentro daquela raiz quadrada. S´o manipular um pouquinho para termos os parˆametros que queremos eliminar. g

                  4 = Gπd

                  R

                  3 Aplicando r s r 6

                  1

                  3

                  1 R

                  1 6, 4 × 10

                  T = π = π = π = π · 4 · 100 = 20, 9minutos 2 4πGd

                  2 g

                  2

                  10 A velocidade no centro ´e 2π v = ωR = R

                  T 6 2π 2π 6

                  6, 4 × 10 v = R = = = 8000m/s · 6, 4 × 10

                  T 1600π 800 Letra B

                  35. (ITA 1994) As distˆancias m´edias ao Sol dos seguintes planetas s˜ao: Terra: R T ; Marte: R M = 1, 5R T ; J´ upiter: R J = 5, 2R T . Assim os per´ıodos de revolu¸c˜ao de Marte T M e J´ upiter T J em anos terrestres A s˜ao: A ( ) T M = 1, 5A; T J = 9, 7A.

                  B ( ) T M = 1, 5A; T J = 11, 0A; C ( ) T M = 1, 8A; T J = 11, 9A; D ( ) T M = 2, 3A; T J = 14, 8A; E ( ) T M = 3, 6A; T J = 23, 0A.

                  Solu¸c˜ ao: Essa quest˜ao ´e uma aplica¸c˜ao direta do que foi exposta acima. S´o que neste caso o per´ıodo de Marte e J´ upiter devem ser dados em fun¸c˜ao de anos na Terra, ou seja, o Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 119

                  Vamos come¸car por Marte que tem raio de ´orbita igual a 1,5 vezes o raio da ´orbita da Terra. 2 2 T T M T 3 = 3 R R 2 M T 2 T T M T 3 3 = 3 1, 5 R R T T

                  T M = 1, 8T T Para J´ upiter, eis os c´alculos... 2 2 T T J T 3 = 3 R R 2 J T 2 T T J T 3 3 = 3 5, 2 R R T T

                  T J = 11, 85T T Letra C

                  36. (ITA 1995) Considere que M ´e a massa da Terra, R o seu raio, g a acelera¸c˜ao da gravidade e G a constante de gravita¸c˜ao universal. Da superf´ıcie terrestre e verti- calmente para cima, desejamos lan¸car um corpo de massa m para que, desprezando a resistˆencia do ar ele se eleve a uma altura acima da superf´ıcie igual ao raio da Terra. A velocidade inicial V do corpo neste caso dever´a ser de: A ( ) pGM/2R B ( ) pgR/m C ( ) pGM/R D ( ) pgR/2 E ( ) pgGM/mR Solu¸c˜ ao: Essa quest˜ao ´e basicamente a aplica¸c˜ao do principio da conserva¸c˜ao da energia. A superf´ıcie da Terra pode-se considerar que energia potencial gravitacional ´e n˜ao nula e o corpo parte com velocidade V , constituindo assim uma energia cin´etica n˜ao nula. Vamos supor que nessa altura igual ao raio da Terra (H = R), a velocidade do corpo seja nula. Portanto, podemos escrever

                  E cin 0 + E pot 0 = E cin H + E pot H E cin 0 + E pot 0 = 0 + E pot H

                  120

                  1 2 GM m GM m mV − = 0 −

                  2 R

                  2R

                  1 2 GM GM V =

                  = 0 −

                  2 R

                  2R

                  1 2 GM V =

                  2 2 GM

                  2R V =

                R r GM

                  V = R

                  Letra C 37. (ITA 1996) Numa certa data, a posi¸c˜ao relativa dos corpos celestes do Sistema Solar era, para um observador fora do Sistema, a seguinte: O sentido de rota¸c˜ao da Terra est´a indicado na figura. A figura n˜ao est´a em es- cala. Do diagrama apresentado, para um observador terrestre n˜ao muito distante do equador, pode-se afirmar que: I Marte e J´ upiter eram vis´ıveis `a meia-noite.

                  II Merc´ urio e Vˆenus eram vis´ıveis `a meia-noite.

                  III Marte era vis´ıvel a oeste ao entardecer.

                  IV J´ upiter era vis´ıvel `a meia-noite. Das afirmativas feitas pode-se dizer que: A ( ) Somente a IV ´e verdadeira.

                  B ( ) III e IV s˜ao verdadeiras. Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 121

                  D ( ) I e IV s˜ao verdadeiras. E ( ) Nada se pode afirmar com os dados fornecidos.

                  Solu¸c˜ ao: Olhando a figura, podemos ver que a meia noite ocorre quando o observador vˆe no sentido oposto ao Sol. ` A meia-noite podemos com certeza ver J´ upiter e parece que n˜ao da para ver Marte. Marte ´e vis´ıvel quando o observador est´a indo da parte iluminada (dia) para parte n˜ao iluminada (noite), ou seja, ao entardecer. A afirma¸c˜ao I n˜ao ´e verdadeira. Vˆenus e Merc´ urio est˜ao atr´as do Sol ent˜ao n˜ao d´a para ver a olho nu.

                  Letra B 38. (ITA 1997) O primeiro planeta descoberto fora do sistema solar, 51 Pegasi B, orbita a estrela 51 Pegasi, completando uma revolu¸c˜ao a cada 4,2 dias. A descoberta do 51 Pegasi B, feita por meios espectrosc´opicos, foi confirmada logo em seguida por observa¸c˜ao direta do movimento peri´odico da estrela devido ao planeta que a orbita. Conclui-se que 51 Pegasi B orbita a estrela 51 Pegasi `a 1/20 da distˆancia entre o Sol e a Terra. Considere as seguintes afirma¸c˜oes: se o semi-eixo maior da ´orbita do planeta 51 Pegasi B fosse 4 vezes maior do que ´e, ent˜ao:

                  I A amplitude do movimento peri´odico da estrela 51 Pegasi, como visto da Terra, seria 4 vezes maior do que ´e.

                  II A velocidade m´axima associada ao movimento peri´odico da estrela 51 Pegasi, como visto da Terra, seria 4 vezes maior do que ´e.

                  III O per´ıodo de revolu¸c˜ao do planeta 51 Pegasi B seria de 33,6 dias. Das afirmativas mencionadas: A ( ) Apenas I ´e correta.

                  B ( ) I e II s˜ao corretas. C ( ) I e III s˜ao corretas. D ( ) II e III s˜ao corretas. E ( ) As informa¸c˜oes fornecida Solu¸c˜ ao:

                  122 Podemos escrever usando Kepler 2 4π 2 3 T 51 = a 51 GM

                  Agora de acordo coma suposi¸c˜ao se o raio fosse 4 vezes maior, ent˜ao ter´ıamos que o novo raio seria a = 4a Aplicando ficaria 2 2 3 ′ ′

                  T 51 = a 51 2 GM 3 4π 2 3 T 51 = 4 a 51 2 4π GM 2 3 T 51 = 64 a 51 2 GM 2 T 51 = 64T 51 Tirando a raiz em ambos os lados. 51 T = 8T 51 Se o raio aumentar 4 vezes, o per´ıodo aumenta 8 vezes. Como o per´ıodo de rota¸c˜ao do planeta ´e 4,2 dias, ent˜ao o novo per´ıodo ´e oito vezes maior, fica 33,6 dias. A afirmativa III est´a correta! O planeta e a estrela giram em torno do centro de massa formado por eles. Cha- mando a distancia entre a estrela e centro de massa como x, a posi¸c˜ao de x em rela¸c˜ao ao sistema de coordenadas na estrela ´e m x = a m + M Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 123

                  Se o raio aumenta em quatro vezes, o raio de ´orbita da estrela se altera para ′ ′ m x = a m + M m x =

                  · 4a m + M x = 4x A afirma¸c˜ao I ´e verdadeira.

                  Sendo que a estrela descreve uma trajet´oria circular de raio x em torno do centro de massa, a sua velocidade ´e dada por 2π v = x

                  T Caso aumente o raio em 4 vezes, a velocidade se torna ′ ′ 2π v = x

                  T 2π v = · 4x

                  8T 1 2π v = x

                  2 T

                  1 v = v

                  2 A afirmativa II est´a errada.

                  Letra C 39. (ITA 1998) Estima-se que, em alguns bilh˜oes de anos, o raio m´edio da ´orbita da Lua estar´a 50% maior do que ´e atualmente. Naquela ´epoca, seu per´ıodo, que hoje ´e de 27,3 dias, seria: A ( ) 14,1 dias B ( ) 18,2 dias C ( ) 27,3 dias D ( ) 41,0 dias E ( ) 50,2 dias Solu¸c˜ ao: Olha a´ı o Kepler maroto chegando no sapatinho de novo... Vamos usar a sua terceira

                  124 hoje mais 50%. Significa que o novo raio seria 1,5. Se compararmos as duas situa¸c˜oes da Lua usando a terceira lei, teremos 2 2 T 1 T 2 3 = 3 2 a 1 a 2 2 T 1 T 2 3 = 3 3 a 1, 5 a 1 2 T 2 2 1 T 1 = 2 1 3, 375

                  T = 1, 83 · T = 1, 83 · 28 = 51 dias

                  Resposta correta ´e a letra E de enxofre, cujo s´ımbolo ´e S e ´e abundante em erup¸c˜oes vulcˆanicas. Junto com o hidrogˆenio, forma o ´acido sulf´ıdrico, g´as cujo cheiro ´e de 2 ovo podre, pois na decomposi¸c˜ao do ovo se forma o H S e que lembram os odores de pessoas com sistema digestivo desregulado.

                  Letra E 40. (ITA 1999) Um rel´ogio de pˆendulo, constru´ıdo de um material de coeficiente de dilata¸c˜ao linear α, foi calibrado a uma temperatura de 0 C para marcar um segundo exato ao p´e de uma torre de altura h. Elevando-se o rel´ogio at´e o alto de uma torre observa-se um certo atraso, mesmo mantendo-se a temperatura constante. Considerando R o raio da Terra, L o comprimento do pˆendulo a 0 C e que o rel´ogio permane¸ca ao p´e da torre, ent˜ao a temperatura para a qual se obtˆem o mesmo atraso ´e dada pela rela¸c˜ao:

                  2h A ( )

                  αL h(2R + h) B ( ) 2

                  αR 2 (R + h)

                  − LR C ( )

                  αLR R(2h + R)

                  D ( ) 2 α(R + h)

                  2R + h E ( )

                  αR Solu¸c˜ ao: Essa foi uma das primeiras quest˜oes de f´ısica do ITA que eu tentei fazer... digo tentei, porque achei muito dif´ıcil no inicio e me frustrei muito porque achei muito complexa. De fato, ela durante uma prova de vestibular parece um monstro. Depois de uns dias consegui resolve-la porque tinha percebido que minha base de teoria ainda era fraca e muitos conceitos ainda n˜ao estavam s´olidos para mim. O que quero dizer ´e que n˜ao existe quest˜ao dif´ıcil, vocˆe ´e que n˜ao est´a suficientemente preparado para ela. Pode ser que muitas das quest˜oes resolvidas aqui possam parecer complexas e Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 125 caiu por terra quando eu estudei melhor os assuntos b´asicos e me disciplinei melhor.

                  Bom, ap´os este testemunho vamos `a resolu¸c˜ao. Esse problema descreve duas situa¸c˜oes: quando est´a ao p´e da torre e quando est´a no alto da torre. Nas situa¸c˜oes, dois fenˆomenos f´ısicos agem: a dila¸c˜ao t´ermica linear e a diminui¸c˜ao da gravidade devido `a altura. Como ele fala em atraso, ele est´a falando de per´ıodo do pˆendulo. Mas por que ocorre esse atraso? Primeiro temos que ver as vari´aveis que afetam o per´ıodo do pˆendulo. s l

                  T = 2π g O aumento da temperatura causa aumento do comprimento l, fazendo assim com que o per´ıodo aumente. Veja tamb´em que se a gravidade g diminuir, o per´ıodo tamb´em aumenta. Isso acontece quando elevamos o pˆendulo, por exemplo, ao subir na torre. Mas atrasos sempre s˜ao medidos em rela¸c˜ao a uma referˆencia, caso contr´ario n˜ao d´a para dizer que algo atrasou ou adiantou. O processo de medir algo para se ter como referˆencia se chama calibra¸c˜ao. A 0 C ao p´e da torre, o comprimento do pˆendulo ´e

                  L e a gravidade ´e g. O per´ıodo nessa situa¸c˜ao ´e s L

                  T = 2π g Ao subir na torre o pˆendulo experimenta uma redu¸c˜ao da gravidade devido o au- mento da distˆancia ao centro da Terra. GM g = 2

                  (R + h) Como a gravidade na superf´ıcie ´e

                  GM g = 2 R 2 GM = gR Isso fica 2 gR g = 2

                  (R + h) O per´ıodo no alto da torre vale s s u v 1 L L R + h L u

                  T = 2π = 2π = 2π u · 2 g gR R g t 2 (R + h)

                  Veja que eu tirei um monte de coisa da raiz quadrada deixando s´o o g. Isso ´e como se eu estivesse garimpando a equa¸c˜ao de cima para achar o per´ıodo de calibra¸c˜ao, pois vai me facilitar. Quer ver? s 1 R + h L R + h

                  T = = · 2π · T

                  R g R

                  126 Note que o per´ıodo aumentou no alto da torre, pois a fra¸c˜ao (R + h)/R ´e maior que

                  1. Se o per´ıodo aumentou, quer dizer que um segundo no alto da torre ´e marcado mais lento, portanto, vamos calcular o atraso, que ´e a diferen¸ca de marca¸c˜oes.

                  R + h 1 R + h ∆T = T = = T

                  − T · T − T − 1 R R h

                  (R + h) − R ∆T = T = T

                  R R h ∆T = T

                  R S´o que se pergunta qual a temperatura que devemos colocar no pˆendulo no solo para ter esse mesmo atraso. Recordar ´e viver e as recorda¸c˜oes nos dizem que o comprimento do pˆendulo ao ser aquecido ´e L = L(1 + α∆t)

                  L = L(1 + α(t − 0))

                  L = L + Lαt O per´ıodo com pˆendulo aquecido: s s 2 L L + Lαt

                  T = 2π = 2π g g O atraso ´e feito da mesma forma. s s 2 L + Lαt L

                  ∆T = T = 2π − T − 2π g g

                  Agora podemos encontrar a temperatura t que causa o mesmo atraso da situa¸c˜ao no topo da torre. 1 ∆T = ∆T 2 T = T − T − T 1 2 s s T = T

                  R + h L L + Lαt 2π = 2π

                  · R g g Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 127

                  Elevando ao quadrado os dois lados, d´a para eliminar a raiz quadrada. 2 2 (R + h) L L + Lαt 2 4π = 4π 2 ·

                  R g g 2 (R + h) 2 = 1 + αt

                  R 2 (R + h) 2 − 1 = αt

                  R 2 2 (R + h)

                  − R 2 = αt R 2

                  2Rh + h 2 = αt R h(2R + h) 2 = t

                  αR Letra B

                  41. (ITA 1999) Considere a Terra uma esfera homogˆenea e que a acelera¸c˜ao da 2 gravidade nos polos seja de 9, 8m/s . O n´ umero pelo qual seria preciso multiplicar a velocidade de rota¸c˜ao da Terra de modo que o peso de uma pessoa no Equador ficasse nulo ´e A ( ) 4π B ( ) 2π C ( ) 3 D ( ) 10 E ( ) 17 Solu¸c˜ ao: No equador, a influˆencia da rota¸c˜ao da Terra diminui o peso aparente das coisas.

                  Se compararmos o peso nos polos, o valor do peso aparente ´e menor, visto que l´a a influˆencia da rota¸c˜ao ´e nula. Sendo assim, podemos escrever nessa baga¸ca... 2 P = P R E P − mω 2 g E = g P R

                  − ω A nova velocidade de rota¸c˜ao para que o peso no equador seja nulo ´e 2 0 = g P R

                  − ω

                  128 2 g P = ω R 2 g P

                  ω = R

                  Sabemos da teoria do movimento circular que 2 2 2π ω =

                  T Neste caso ´e a rota¸c˜ao da Terra, cujo per´ıodo ´e 86400s. Ent˜ao o valor n que multiplica a velocidade de rota¸c˜ao da Terra ω ´e 2 2

                  (nω) = ω 2 ω 2 g P R n = = 2 2

                  ω 2π

                  T Aplicando os dados do enunciado, vemos que n = 17.

                  Letra E 42. (ITA 1999) Suponha um cen´ario de fic¸c˜ao cient´ıfica em que a Terra ´e atin- gida por um imenso meteoro. Em consequˆencia do impacto, somente o m´odulo da velocidade da Terra ´e alterado, sendo v seu valor imediatamente ap´os o impacto, como mostra a figura abaixo. O meteoro colide com a Terra exatamente na posi¸c˜ao onde a distˆancia entre a Terra e o Sol ´e m´ınima (distˆancia A = R na figura). Considere a atra¸c˜ao gravitacional exercida pelo Sol, tido como referencial inercial, como a ´ unica for¸ca de intera¸c˜ao que atua sobre a Terra ap´os a colis˜ao, e designe por M a massa do Sol e por G a constante de gravita¸c˜ao universal. Considere ainda que o momento angular da Terra seja conservado, isto ´e, a quantidade de m´odulo m~v|~r|senα permanece constante ao longo da nova trajet´oria el´ıptica da Terra em torno do sol (nessa express˜ao, m ´e a massa da Terra, r ´e o m´odulo do vetor posi¸c˜ao da Terra em rela¸c˜ao ao Sol, v o m´odulo da velocidade da Terra e α o ˆangulo entre ~r e ~v ). A distˆancia OB, do apogeu ao centro do Sol, da trajet´oria que a Terra passa a percorrer ap´os o choque com o meteoro, ´e dada pela rela¸c˜ao: 2 2 R v

                  A ( ) 2

                  2GM − Rv 2 2 R v B ( ) 2

                  2GM + Rv 2 2 R v senα C ( ) 2

                  2GM + Rv 2 2 R v D ( ) 2

                  2GM + Rv E ( ) R Solu¸c˜ ao: Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 129

                  Inicialmente, h´a uma ´orbita de boas e vem um cometa lazarento para acabar com a paz dos outros. A tal porrada muda o m´odulo da velocidade. Ao aumentar a velocidade vamos para uma trajet´oria el´ıptica maior. As condi¸c˜oes do enunciado dizem que podemos aplicar a conserva¸c˜ao do momento angular ent˜ao vamos usar a dita cuja conserva¸c˜ao. ◦ ◦ mv Rsen90 = mv b r b sen90 v R = v b r b v R v b = r b

                  Sendo o sistema conservativo podemos aplicar o principio da conserva¸c˜ao da energia: E = E B A

                  1 GM m 2

                  1 GM m 2 mv = mv b − − 2 r b

                  2 R

                  1 2 GM

                  1 2 GM v = v b − − 2 r b

                  2 R Vamos substituir a velocidade em B: 2 v

                  1 R GM

                  1 2 GM = v

                  − − 2 r b r b 2 2

                  2 R 1 v R GM

                  1 2 GM 2 = v · − − 2 r r b b

                  2 R Agora vem a sacada. A´ı no meio dessa equa¸c˜ao tem uma equa¸c˜ao do segundo grau. D´ uvida? ´ E verdade, olhe bem. Mas se n˜ao conseguiu perceber, considere o seguinte:

                  1 x = 2 2 r b v R

                  1

                  1

                  1 2 GM 2 = v · − GM − 2 2 r r b 2 b

                  2 R v R 2

                  1 2 GM v · x − GMx = −

                  2

                  2 R Se fizermos o seguinte: 2 2 v R a =

                  130 b = −GM

                  1 2 GM

                • v c = −

                  2 R Como ´e uma equa¸c˜ao do segundo grau, teremos dois valores para x, calculados atrav´es da f´ormula de Bhaskara.

                  √ 2 b 1 −b + − 4ac x = 2a

                  √ 2 b 2 −b − − 4ac x = 2a 1 2 Fazendo os c´alculos e simplificando encontraremos que x e x valem: 2 R 1

                  2GM − v x = 2 2 v R 2

                  1 x = R

                  Lembrando que foi feita a troca de vari´aveis (x = 1/r b ), o que queremos encontrar na verdade ´e quanto vale r b . 2 2 1 v R r b1 = = 1 2 x R

                  2GM − v

                  1 r b2 = = R

                  1 2 2 R v R As duas solu¸c˜oes s˜ao e R. A solu¸c˜ao r b 2 = R corresponde ao apogeu e 2 R

                  2GM − v a resposta foi pedida para o perigeu, portanto a resposta ´e r 1: 2 2 b v R 2 R

                  2GM − v Antes que vocˆe se desespere com o trabalho que deu esta quest˜ao, lembre-se que a estrat´egia para sua resolu¸c˜ao foi simples: usar conserva¸c˜ao da quantidade de movi- mento angular e conserva¸c˜ao da energia. O resto ´e manipula¸c˜ao matem´atica que se aprende com bastantes exerc´ıcios, disciplina e concentra¸c˜ao.

                  Um filme que trata dessa quest˜ao de colis˜ao da Terra com um asteroide ´e o Arma- gedom, estrelado por Bruce Willis. No filme, um grupo de mineradores partem para uma miss˜ao que tenta destruir o asteroide antes de chegar na Terra. Mas para isso ele s´o precisam pousar no astro que vem em dire¸c˜ao `a Terra. Coisas do cinema... Pelo menos tem um trilha sonora legal . Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 1 2 131

                  43. (ITA 2000) Uma casca esf´erica tem raio interno R , raio externo R e massa M distribu´ıda uniformemente. Uma massa puntiforme m est´a localizada no interior 1 2 dessa casca, a uma distˆancia d de seu centro (R < d < R ). O m´odulo da for¸ca gravitacional entre as massas ´e: A ( ) 0 2 B ( ) GM m/d 3 3 C ( ) GM m/(R ) 3 − d 3 D ( ) GM m/(d 1 ) 3 − R 3 2 3 3 E ( ) GM m(d 1 )/d (R 2 1 )

                  − R − R Solu¸c˜ ao: Este problema ´e bastante interessante e faz uso do teorema das cascas. Primeiro 1 vamos dividir esta casca em duas: a casca interior cujo raio vai de R a d e a casca 2 exterior cujo raio vai de d at´e R . A massa m est´a interna `a casca externa, e pelo teorema das cascas, uma massa localizada no interior de uma casca esf´erica tem a resultante das for¸cas sobre ela igual a zero. Portanto vamos jogar fora a casca externa, pois ela n˜ao apita nada por aqui. A massa m sente a for¸ca gravitacional da casca interna e essa for¸ca ´e como se fosse uma for¸ca cuja massa da casca interna estivesse toda concentrada no centro. Mas veja que s´o parece, porque o centro ´e oco. Portanto, a for¸ca gravitacional ´e calculada da seguinte maneira:

                  GM casca interna m F = 2 d

                  Mas quanto ´e massa da casca interna? J´a que ela disse que a casca toda tem uma massa distribu´ıda, vamos assumir que ela tem uma densidade ρ.

                  M = ρV casca 2 O volume da casca ´e o volume de uma esfera de raio R menos o volume da esfera 1 de raio R :

                  4 3

                  4 3

                  4 3 3 πR 2 πR 1 = π(R 2 1 )

                  − − R

                  3

                  3

                  3 Portanto...

                  4 3 3 π(R 2 1 )

                  M = ρ · − R

                  3 A massa da casca pode ser expressa atrav´es da densidade e das dimens˜oes dadas no

                  132 1 ´e o volume de uma esfera de raio d menos o volume de uma esfera de raio R .

                  4 3 3 M casca interna π(d 1 ) = ρ · − R

                  3 Se dividirmos a massa da casca interna pela massa total vamos cancelar a densidade, que ´e um parˆametro que n˜ao foi dado e por isso n˜ao pode aparecer. N˜ao faz sentido dar a resposta com um parˆametro desconhecido. ´ E o mesmo que nada.

                  4 3 3 3 3 π(d 1 )

                  ρ · − R M casca interna d 1

                  − R

                  3 = = 3 3

                  4 3 3 M R 2 1 − R

                  π(R 2 1 ) ρ · − R

                  3 3 3 d 1 − R

                  M casca interna = 3 3 · M

                  R 2 1 − R Agora que temos a massa da casca interna, ´e s´o achar a for¸ca. 3 3 d 1

                  − R Gm 3 3

                  · M GM casca interna m R 2 1

                  − R F = = 2 2 d d 3 3 GM m d 1

                  − R F = 2 · 3 3 d R 2 1

                  − R Letra E

                  44. (ITA 2000) O raio do horizonte de eventos de um buraco negro corresponde `a esfera dentro da qual nada, nem mesmo luz, escapa da atra¸c˜ao gravitacional por ele exercida. Por coincidˆencia, esse raio pode ser calculado n˜ao-relativisticamente como o raio para o qual a velocidade de escape ´e igual `a velocidade da luz. Qual deve ser o raio do horizonte de eventos de um buraco negro com uma massa igual `a massa da Terra? Dados: 24 kg massa da Terra: 6, 0 × 10 8 m/s velocidade da luz no v´acuo: 3, 0 × 10 −11 2 2 N m /kg constante de gravita¸c˜ao universal: 6, 67 × 10

                  A ( ) 9m B ( ) 9mm C ( ) 30cm D ( ) 90cm E ( ) 3km Solu¸c˜ ao: Sabemos que a velocidade de escape ´e p2gR v = Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 133

                  Sendo que a velocidade ´e a da luz, ent˜ao: r 2GM c =

                  R Observe que substitu´ımos a gravidade na superf´ıcie do buraco negro. Agora ´e aplicar o valores num´ericos e achar o resultado... 8 r −11 −24 2 · 6, 67 × 10 · 6 × 10

                  = 3 × 10 16 −11 −24 R 2 · 6, 67 × 10 · 6 × 10 = 9 × 10 −11 −24 R 2 · 6, 67 × 10 · 6 × 10 −3

                R = 16 = 8, 89 × 10 = 8, 89mm 9 × 10

                  O valor que mais se aproxima ´e da letra B de Bohr, f´ısico que revolucionou o estudo atˆomico ao afirmar que os el´etrons se localizam em camadas de energia.

                  Letra B 45. (ITA 2003) Varia¸c˜oes no campo gravitacional na superf´ıcie da Terra podem advir de irregularidades na distribui¸c˜ao da massa. Considere a Terra como uma esfera de raio R e de densidade, uniforme, com uma cavidade esf´erica de raio a, inteiramente contida no seu interior. A distˆancia entre os centros O, da Terra, e C, da cavidade, ´e d, que pode variar de 0 (zero) at´e R, causando, assim, uma varia¸c˜ao o campo gravitacional em um ponto P , sobre a superf´ıcie da Terra, alinhando O 1 e C. (Veja a figura). Seja G a intensidade do campo gravitacional em P sem a 2 existˆencia da cavidade na Terra, e G , a intensidade do campo no mesmo ponto, considerando a existˆencia da cavidade. Ent˜ao, o valor m´aximo da varia¸c˜ao relativa: 1 2 1

                  (G )/G , que se obt´em ao deslocar a posi¸c˜ao da cavidade, ´e: − G

                  3

                  a A ( )

                  (R − a)2R 3 a B ( )

                  R 2 a C ( )

                  R a D ( )

                  R E ( ) nulo Solu¸c˜ ao:

                  134 Primeiramente, a esfera ´e feita de um material de densidade ρ. Ent˜ao a massa da Terra em fun¸c˜ao da densidade ´e

                  4 3 M = ρV = ρ πR

                  3 A gravidade gerada nessa situa¸c˜ao e sentida por P ´e GM

                  4 G 1 = = ρGπR 2 R

                  3 A cavidade ´e representada por uma esfera de raio a, cujo centro est´a a uma distˆancia d − r de P . Al´em disso, essa cavidade foi feita removendo uma massa de mat´eria de densidade ρ do interior da Terra equivalente a esfera de raio a. Assim, a gravidade em P ´e a soma do efeito da gravidade da esfera da qual se formou a cavidade mais o efeito da gravidade da Terra com a cavidade. Complicado? Vamos tentar de outro jeito. Calcular a gravidade da Terra quando ela tem um buraco (cavidade) que nem da quest˜ao ´e complicado, pois ´e um caso bem anormal e, portanto, temos que usar outro artif´ıcio para fazer esse c´alculo, Como? Sabemos que se n˜ao tivesse esse buraco, a gravidade em P seria G de boa, ou seja, a Terra inteira, mas n˜ao ´e isso a situa¸c˜ao. Da mesma forma a gravidade em P , seria a somat´oria das gravidades de dois corpos que equivaleriam `a Terra inteira: a Terra com a cavidade e a pr´opria cavidade. Mas como? Perceba que se a Terra inteira ´e a Terra com cavidade mais a esfera que gerou a cavidade. Sabemos da teoria que a gravidade pode ser representada como se a massa estivesse concentrada no centro do corpo e gerando uma for¸ca cujo vetor aponta para esse centro. Assim, ´e como se tiv´essemos P sob o efeito de um corpo cujo centro est´a a uma distancia R dele e outro corpo na mesma linha, mas em uma posi¸c˜ao R − d. Esses dois corpos tem massa que vamos calcular a seguir. Como a esfera ´e do mesmo material do interior da Terra...

                  4 3 m = ρV = ρ πa

                  3 A massa da Terra com a cavidade ´e

                  4 3

                  4 3

                  4 3 3 M πR πa = ρπ(R ) = M − m = ρ − ρ − a

                  3

                  3

                  3

                  4 3 3 M = ρπ(R ) − a

                  3 Agora considerando os efeitos das gravidades da esfera e da Terra com cavidade. 1 2 G = G + G esf era 1 2 G = G esf era 1 − G 2 G G esf era − G 1 = 1 G G Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 135

                  A gravidade da esfera ´e

                  4 3 Gρ πa

                  3 G esf era = 2 (R − d) Agora vamos aplicar o que obtivemos at´e aqui.

                  4 3 Gρ πa

                  3 2 G 1 2 − G

                  (R − d) = 1

                  4 G ρGπR

                  3 Simplificando: 1 2 3 G a − G 1 = 2 G

                  R(R − d) O valor da rela¸c˜ao que buscamos ´e quando o denominador R − d ´e m´ınimo, e sendo que a e R s˜ao constantes, isso ocorre quando d ´e igual a R − a. 1 2 3 3 G a a a

                  − G 1 = = = 2 2 G R(a) R

                R[R − (R − a)]

                  Letra D 46. (ITA 2003) Sabe-se que a atra¸c˜ao gravitacional da lua sobre a camada de ´agua ´e a principal respons´avel pelo aparecimento de mar´es oceˆanicas na Terra, supostamente esf´erica, homogeneamente recoberta por uma camada de ´agua. Nessas condi¸c˜oes, considere as seguintes afirmativas:

                  I As massas de ´agua pr´oximas das regi˜oes A e B experimentam mar´es altas

                  II As massas de ´agua pr´oximas das regi˜oes A e B experimentam mar´es opostas, isto ´e, quando A tem mar´e alta, B tem mar´e baixa e vice-versa.

                  III Durante o intervalo de tempo de um dia ocorrem duas mar´es altas e duas mar´es baixas.

                  A ( ) A afirmativa I B ( ) A afirmativa II C ( ) A afirmativa III D ( ) A afirmativas I e II E ( ) A afirmativas I e III Solu¸c˜ ao: A afirma¸c˜ao I ´e falsa, pois na posi¸c˜ao A, mais pr´oxima da Lua, sofre mais atra¸c˜ao fazendo subir o n´ıvel da ´agua, ao oposto do B. A partir disso, a afirma¸c˜ao II est´a correta. Devido `a rota¸c˜ao da Terra, ocorrem duas mar´es altas e duas mar´es baixas. Alternativa E de esquilo est´a correta.

                  136 47. (ITA 2004) Uma estrela mant´em presos, por meio de sua atra¸c˜ao gravita- cional, os planetas Alfa, Beta e Gama. Todos descrevem ´orbitas el´ıpticas, em cujo foco comum se encontra a estrela, conforme a primeira lei de Kepler. Sabe-se que o semi-eixo maior da ´orbita de Beta ´e o dobro daquele da ´orbita de Gama. Sabe- se tamb´em que o per´ıodo de Alfa ´e vezes maior que o per´ıodo de Beta. Nestas condi¸c˜oes, pode-se afirmar que a raz˜ao entre o per´ıodo de Alfa e o de Gama ´e:

                  √ A ( )

                  2 B ( ) 2 C ( ) 4

                  √ D ( ) 4

                  2 √

                  E ( ) 6

                  2 Solu¸c˜ ao: Vamos usar a figura j´a vista na teoria para ilustrar este problema dos trˆes planetas.

                  Como os trˆes planetas orbitam a mesma estrela, podemos aplicar a Terceira Lei de Kepler aos trˆes. Nomeamos os planetas Alfa, Beta e Gama como 1, 2 e 3, respectivamente. 2 2 2 T 1 T 2 T 3 3 = = 3 3 a 1 a 2 a 3 Fazendo dois a dois de acordo com o enunciado...

                  Semi-eixo maior da ´orbita de Beta ´e o dobro do semi-eixo maior da ´orbita de Gama. 2 3 a = 2a 2 2 T T 2 3 3 = 3 a 2 a 2 3 2 T 2 T 3 3 3 = 3 (2a ) a 3 Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 137

                  T 2 2 8a 3 3

                  T 2 1 a 3 1 =

                  T 2 3 a 3 3 Podemos eliminar o semi-eixo de Gama (a 3 ). Assim, resolve-se essa novela...

                  16a 3 3 =

                  = T 2 3 a 3 3 T 2 1

                  T 2 1 2(2a 3 ) 3

                  Como o que me resta ´e a rela¸c˜ao entre o semi-eixos maiores de Beta e Gama, e foi dado que o de Beta ´e o dobro do de Gama. Fica f´acil.

                  = T 2 3 a 3 3 Se vocˆe prestar aten¸c˜ao, vai ver que eu estou tentando escrever a rela¸c˜ao entre os per´ıodos de Alfa e Gama (1 e 3) em fun¸c˜ao de uma vari´avel comum. At´e agora cheguei que os per´ıodos est˜ao em fun¸c˜ao dos semi-eixos maiores de Beta e Gama. S´o mais um passo eu consigo eliminar um dos semi-eixos maiores e resolver o problema.

                  T 2 3 a 3 3 Vamos usar o resultado obtido acima para o valor de a 1 T 2 1 2a 3 2

                  1 a 3 2 a 1 = 3 √ 2a 2 Agora relacionando o per´ıodo de Alfa e Gama...

                  = T 2 3 a 3 3 T 2 2 = 8T 2 3 T 2 = 2

                  2 a 3 1 =

                  T 2 2 a 3 2

                  2T 2 ) 2 a 3 1 =

                  √

                  T 2 2 a 3 2 (

                  T 2 1 a 3 1 =

                  2T 3 Per´ıodo de Alfa ´e √ 2 do per´ıodo de Beta.

                  √

                  T 2 1 = 16T 2 3 T 1 = 4T 3

                  138 48. (ITA 2005) Suponha que na Lua, cujo raio ´e R, exista uma cratera de profundidade R/100, do fundo da qual um proj´etil ´e lan¸cado verticalmente para cima com velocidade inicial v igual `a de escape da cratera. Determine literalmente a altura m´axima alcan¸cada pelo proj´etil, caso ele fosse lan¸cado da superf´ıcie da Lua com aquela mesma velocidade inicial v. Solu¸c˜ ao: Neste caso, o principio das cascas ajuda bastante. No problema, como o corpo est´a em uma cratera, a distˆancia dele ao centro n˜ao ´e o raio da Lua, mas sim a distancia:

                R d = R − = R − 0, 01R = 0, 99R

                  100 Toda a massa formada pela casca acima de R/100 n˜ao exerce influencia gravitacional sobre o corpo. O que exerce influˆencia gravitacional sobre o corpo ´e a massa abaixo dele, ou seja, a massa da esfera lunar de raio 0, 99R. A massa interna ´e equivalente `a esfera de raio 0, 99R

                  4 2

                  4 3 M = πρ(0, 99R) = 0, 97 πρR

                  3

                  3 A velocidade de escape vem do principio da conserva¸c˜ao da energia. Vamos consi- derar que essa hist´oria de escape seja para que o corpo sai da cratera e chega at´e a superf´ıcie da Lua com velocidade nula, isto ´e, a condi¸c˜ao m´ınima de escape. 1 1 Ec + Ep = Ec + Ep 1 Ec + Ep = 0 + Ep

                  1 GM m GM m 2 mv − = − 2 0, 99R R

                  1 GM GM 2 v = − 2 0, 99R R Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 139

                  1 2 GM 0, 99GM v = − 2 0, 99R 0, 99R

                  1 2 0, 01GM v = 2 0, 99R

                  1 GM 2 v =

                  2

                  99R Substituindo a massa interna na equa¸c˜ao acima:

                  1 G 2

                  4 3 v = πρR · 0, 97

                  2

                  99R

                  3

                  1 2 0, 97G

                  4 3 v = πρR ·

                  2

                  99R

                  3 Agora se usarmos essa velocidade de escape partindo da superf´ıcie da Lua, devemos escrever uma nova equa¸c˜ao para conserva¸c˜ao da energia. Nesse caso, a massa da Lua ´e a da esfera de raio R, que ´e o raio da Lua. A velocidade de escape calculada anteriormente ´e usada nesta nova conserva¸c˜ao, coma diferen¸ca que o corpo ´e lan¸cado da superf´ıcie. 1 1 Ec + Ep = Ec + Ep

                  1 2 GM m GM m mv − = 0 −

                  2 R h

                  1 GM GM 2 v − = 0 −

                  2 R h 1 0, 97G 2

                  4 3 Mas encontramos que v = πρR , ent˜ao, substituindo: ·

                  2

                  99R

                  3 0, 97G

                  4 GM GM 3 πρR

                  · − = 0 −

                  99R

                  3 R h M 0, 97

                  4 3 M πρR +

                  = − · h

                  99R

                  3 R Podemos eliminar M , usando o seguinte resultado:

                  4 3 M = πρR

                  3

                  1 4 0, 97 3

                  4 2

                  4 2 πρR πρR πρR

                • h

                  · = − ·

                  3

                  99

                  3

                  3 1 0, 97

                • 1 ∼

                  = 0, 99 R = − h

                  99 R ∼ = 0, 99h

                  R ∼ h ∼ = = 1, 01R

                  0, 99

                  140 49. (ITA 2005) Sat´elite s´ıncrono ´e aquele que tem sua ´orbita no plano do equador de um planeta, mantendo-se estacion´ario em rela¸c˜ao a este. Considere um sat´elite 27 s´ıncrono em ´orbita de J´ upiter cuja massa ´e M J kg e cujo raio ´e R J = 7

                  = 1, 9 × 10 −11 −1 −2 3 m kg s e 7, 0 × 10 m. Sendo a constante da gravita¸c˜ao universal G = 6, 7 × 10 considerando que o dia de J´ upiter ´e de aproximadamente 10h, determine a altitude do sat´elite em rela¸c˜ao `a superf´ıcie desse planeta.

                  Solu¸c˜ ao: Essa quest˜ao parece complicada, mas ´e f´acil. ´ E a simples aplica¸c˜ao para sat´elites s´ıncronos, que nem o geo-estacion´ario. Neste caso, o per´ıodo do sat´elite ´e igual ao per´ıodo de rota¸c˜ao do planeta. Para isso, usamos a acelera¸c˜ao centr´ıpeta, pois nos permite relacionar o per´ıodo com caracter´ısticas gravitacionais. Outra forma ´e 2 23 calcular via Terceira Lei de Kepler (T = a ). 2 GM

                  4π GM 2 = 3 T (R + h) Note que o raio de rota¸c˜ao ´e o raio de J´ upiter mais a altitude em rela¸c˜ao `a superf´ıcie do planeta, h. Agora ´e s´o aplicar os dados num´ericos e encontrar h. 2 −11 27

                  4π 6, 67 × 10 · 1, 9 × 10 2 = 7 3

                • h) (10 · 60 · 60) (7 × 10
                • 7 Aplicando os valores encontramos h ∼ = 9, 1 m × 10

                    50. (ITA 2006) Uma esta¸c˜ao espacial em forma de um toroide, de raio interno 1 2 R , e externo R , gira, com per´ıodo P , em torno do seu eixo central, numa regi˜ao de gravidade nula. O astronauta sente que seu “peso” aumenta de 20%, quando corre com velocidade constante no interior desta esta¸c˜ao, ao longo de sua maior circunferˆencia, conforme mostra a figura.

                    Assinale a express˜ao que indica o m´odulo dessa velocidade. ! r 2 6 2πR A ( )

                    − 1

                    5 P ! 2 r 6 2πR

                  B ( ) 1 −

                    5 P ! r 2 5 2πR C ( ) + 1

                    6 P 2 5 2πR D ( ) + 1

                    6 P 6 2πR 2 E ( ) − 1

                    5 P Solu¸c˜ ao: Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 141 torno de seu eixo. Esse movimento causa um peso aparente no astronauta. Isso se assemelha `a nave do filme 2001: Uma Odisseia no Espa¸co, de Stanley Kubrick.

                    Em uma das cenas do filme, um dos astronautas corre para se exercitar no interior da aeronave que ´e poss´ıvel criando uma gravidade artificial devido `a rota¸c˜ao da nave. Esse peso ´e o resultado da for¸ca centr´ıfuga, pois o astronauta, quando parado, est´a com a mesma velocidade de rota¸c˜ao da espa¸conave. Sendo v e ω as velocidades escalar e angular da nave, respectivamente, a for¸ca centr´ıfuga no astronauta em repouso ´e 2 2

                    2π mv 2 2 2 F = = mω R = m R 2 R P 22 F = m R

                    P Abaixo outra imagem do filme do astronauta fazendo exerc´ıcio, igual a situa¸c˜ao da quest˜ao.

                    Quando o astronauta come¸ca a se mover com velocidade u no mesmo sentido de rota¸c˜ao da nave, temos um aumento da for¸ca centr´ıfuga, pois a velocidade para um observador fora da aeronave ´e a soma das velocidades da nave com a velocidade do astronauta, isso causa uma aumento de 20% no peso do astronauta. Se o peso aumenta em 20%, o novo peso ´e P = F + 0, 2F = 1, 2F

                    Sendo u e w as velocidades escalar e angular do astronauta, respectivamente, pri- meiro equacionamos w em fun¸c˜ao de u e aplicamos na equa¸c˜ao do novo peso do astronauta (P ). 2 u = wR u w = 2 R 2 2 P = m(ω + w) R 2

                    2π u 1, 2F = m R 2 2

                  • P R
                  • 2 2π 6 u

                      F = m R 2 2

                    • 5 P R A equa¸c˜ao acima descreve o aumento de peso por causa do aumento da velocidade. No entanto, temos no resultado acima em fun¸c˜ao da massa m e da for¸ca F , que n˜ao foram dados no enunciado e para chegarmos no resultado final devemos eliminar estas vari´aveis. Uma forma de realizar essa elimina¸c˜ao ´e dividir pela equa¸c˜ao inicial desta resolu¸c˜ao. Veja.
                    • 2 2π u

                        6 2 m + R F 2 P R

                        5 = 2 F

                        2π 2 m R P

                        142 2 2π u 2

                      • 6 P R =
                      • 2

                          5 2π

                          P r 6 uP

                          = 1 + 2 r

                          5 R 2π !

                          2

                          6 2πR = u

                          − 1

                          5 P Letra A

                          51. (ITA 2007) Lan¸cado verticalmente da Terra com velocidade inicial v , um parafuso de massa m chega com velocidade nula na ´orbita de um sat´elite artificial, geoestacion´ario em rela¸c˜ao `a Terra, que se situa na mesma vertical. Desprezando a resistˆencia do ar, determine a velocidade v em fun¸c˜ao da acelera¸c˜ao da gravidade g na superf´ıcie da Terra, raio da Terra R e altura h do sat´elite.

                          Solu¸c˜ ao: A velocidade rota¸c˜ao da Terra causa uma velocidade angular lateral no parafuso igual a velocidade angular da Terra que por sua vez ´e igual a velocidade angular do sat´elite geoestacion´ario. Lembre-se que sat´elite geo estacion´ario tem o mesmo Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 143

                          A velocidade do parafuso ´e a resultante da velocidade de subida com que disparamos o parafuso (v ) e velocidade lateral (v l ) devido ao movimento de rota¸c˜ao da Terra. Parece complicado, mas n˜ao ´e. S´o lembrarmos-nos do conceito de vetor resultante. Como os dois vetores s˜ao perpendiculares, a velocidade do parafuso fica: 2 2 2 v = v + v l

                          Quando o parafuso chegar ao sat´elite, a velocidade vertical ´e nula, caso contr´ario ele ainda continuar´a subindo e passar´a do sat´elite. Assim, l´a no espa¸co, a velocidade do parafuso ser´a somente a velocidade lateral. Vamos aplicar a conserva¸c˜ao da energia. 1 1 Ec + Ep = Ec + Ep

                          1 GM m 2

                          1 GM m 2 mv = mv l − −

                          2 R 2 h

                          1 GM m 2 2

                          1 GM m 2 m(v + v = mv l ) − l −

                          2 R 2 h

                          1 2

                          1 GM m 2

                          1 GM m 2 mv mv = mv + l l − −

                          2

                          2 R 2 h

                          1 2 GM m GM m mv − = −

                          2 R h

                          1 2 GM m GM m mv = −

                          2 R h 2

                          1

                          1 v = 2GM −

                          R h

                          144 52. (ITA 2008) A estrela an˜a vermelha Gliese 581 possui um planeta que, num per´ıodo de 13 dias terrestres, realiza em torno da estrela uma ´orbita circular, cujo raio ´e igual a 1/14 da distˆancia m´edia entre o Sol e a Terra. Sabendo que a massa do planeta ´e aproximadamente igual `a da Terra, pode-se dizer que a raz˜ao entre as massas da Gliese 581 e do nosso Sol ´e de aproximadamente: A ( ) 0,05 B ( ) 0,1 C ( ) 0,6 D ( ) 0,3 E ( ) 4,0 Solu¸c˜ ao: Gliese e seu planeta podem ser caracterizados de acordo coma Terceira Lei de Kepler como j´a vimos antes... s´o que este problema ´e um pouco diferente, pois estamos avaliando Gliese comparada ao Sol em termos de massa. Observe a sutileza deste problema... O enunciado disse o planeta realiza uma volta completa em 13 dias. A Terra realiza sua revolu¸c˜ao em torno do Sol em 365 dias, ou seja, ent˜ao:

                          T p T T = 13 365

                          13 T p = T T 365 Em que T p ´e o per´ıodo de revolu¸c˜ao do planeta em quest˜ao e T T o da Terra.

                          O enunciado tamb´em diz que o raio da ´orbita do planeta, a p , ´e 1/14 do raio da ´orbita da Terra, a T .

                          1 a p = a T

                          14 Aplicando `a Terceira Lei de Kepler... (M G ´e a massa da estrela Gliese) 2 2 T p 4π 3 = a GM G p 2

                          13 2 T T 2 365 4π 3 = GM G

                          1 3 a T

                          14 Resolvendo fica: 2 2 T 4π T 3 = 3, 48 · a GM G T Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 145

                          Mas e agora? O que fazer com esse neg´ocio a´ı de cima? Simples, vamos relacionar com a Terceira Lei de Kepler associada ao Sol e a Terra. Veja: (M S ´e a massa do Sol) 2 2 T 4π T

                          = · 3 2 a GM T 2 S

                          T 4π T Veja que podemos substituir por na equa¸c˜ao da estrela Gliese. 3 a GM S T 2 2 4π 4π

                          = 3, 48 ·

                          GM S GM G

                          1

                          1 =

                          3, 48 · M S M G M G

                          1 ∼

                          = = 0, 28

                          M S 3, 48 Letra D

                          53. (ITA 2008) Numa dada balan¸ca, a leitura ´e baseada na deforma¸c˜ao de uma mola quando um objeto ´e colocado sobre sua plataforma. Considerando a Terra como uma esfera homogˆenea, assinale a op¸c˜ao que indica uma posi¸c˜ao da balan¸ca sobre a superf´ıcie terrestre onde o objeto ter´a a maior leitura. A ( ) Latitude de 45 . B ( ) Latitude de 60 . C ( ) Latitude de 90 .

                          D ( ) Em qualquer ponto do Equador. E ( ) A leitura independe da localiza¸c˜ao da balan¸ca j´a que a massa do objeto ´e invari´avel.

                          Solu¸c˜ ao: O efeito da rota¸c˜ao da Terra tende a diminuir as medi¸c˜oes das balan¸cas. Esse efeito ´e acentuado no Equador, diminuindo at´e anular-se nos polos (presta aten¸c˜ao, estou falando do efeito e n˜ao do peso!) Nos polos a latitude ´e 90 . Portanto, a resposta correta ´e C.

                          Letra C 54. (ITA 2009) Desde os anos de 1930, observa¸c˜oes astronˆomicas indicam a existˆencia da chamada mat´eria escura. Tal mat´eria n˜ao emite luz, mas a sua pre- sen¸ca ´e inferida pela influˆencia gravitacional que ela exerce sobre o movimento de estrelas no interior de gal´axias. Suponha que, numa gal´axia, possa ser removida sua mat´eria escura de massa espec´ıfica ρ > 0, que se encontra uniformemente dis- tribu´ıda. Suponha tamb´em que no centro dessa gal´axia haja um buraco negro de massa M , em volta do qual uma estrela de massa m descreve uma ´orbita circular. Considerando ´orbitas de mesmo raio na presen¸ca e na ausˆencia de mat´eria escura, a respeito da for¸ca gravitacional resultante ~ F exercida sobre a estrela e seu efeito

                          146 A ( ) ~ F ´e atrativa e a velocidade orbital de m n˜ao se altera na presen¸ca da mat´eria escura. B ( ) ~ F ´e atrativa e a velocidade orbital de m ´e menor na presen¸ca da mat´eria escura. C ( ) ~ F ´e atrativa e a velocidade orbital de m ´e maior na presen¸ca da mat´eria escura. D ( ) ~ F ´e repulsiva e a velocidade orbital de m ´e maior na presen¸ca da mat´eria escura. E ( ) ~ F ´e repulsiva e a velocidade orbital de m ´e menor na presen¸ca da mat´eria escura.

                          Solu¸c˜ ao: A for¸ca ´e gravitacional e atrativa. Nesses problemas de rota¸c˜ao, a velocidade ´e derivada da bem conhecida equa¸c˜ao da for¸ca centr´ıpeta... r GM v =

                          R Se colocarmos a mat´eria escura na jogada, M aumenta o que faz aumentar a velo- cidade orbital da estrela.

                          Letra C 55. (ITA 2009) Lua e Sol s˜ao os principais respons´aveis pelas for¸cas de mar´e. Estas s˜ao produzidas devido `as diferen¸cas na acelera¸c˜ao gravitacional sofrida por massas distribu´ıdas na Terra em raz˜ao das respectivas diferen¸cas de suas distˆancias 1 2 em rela¸c˜ao a esses astros. A figura mostra duas massas iguais, m = m = m, dispostas sobre a superf´ıcie da Terra em posi¸c˜oes diametralmente opostas e alinhadas em rela¸c˜ao `a Lua, bem como uma massa m = m situada no centro da Terra. Considere G a constante de gravita¸c˜ao universal, M a massa da Lua, r o raio da Terra e R a distˆancia entre os centros da Terra e da Lua. Considere, tamb´em, f 0z , f 1z 1 2 e f 2z as for¸cas produzidas pela Lua respectivamente sobre as massas m , m , e m . Determine as diferen¸cas f 1z 0z e f 2z 0z sabendo que dever´a usar a aproxima¸c˜ao

                          − f − f

                          1 a = 1 − ax, quando x << 1. (1 + x) Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 147

                          Solu¸c˜ ao: Essa quest˜ao parece dif´ıcil, mas s´o parece, pois ´e mais alg´ebrica e tem uma dica maneira no enunciado, e essa dica simplifica bastante. 2 Para cada massa, a distˆancia at´e a Lua ´e diferente. A massa m est´a mais pr´oxima, 1 a uma distˆancia d, por sua vez, m , dista d + r e m est´a distante da Lua em uma distˆancia d + 2r. Agora vamos montar as equa¸c˜oes de for¸ca gravitacional para os trˆes casos.

                          Gmm f 0z = 2 (d + r) 1 Gmm f 1z = 2

                          (d + 2r) 2 Gmm f 2z = 2 d Agora vamos usar a dica...

                          A dica diz que podemos simplificar o denominador elevado a um n´ umero da seguinte maneira: 1 a = 1 − ax

                          (1 + x) Isso se x ´e muito menor que 1. Veja que da para escrever os denominadores das equa¸c˜oes das for¸cas iguais a dica acima. Para exemplificar pegamos o denominador da for¸ca sobre a massa m . Para isso, colocamos d em evidencia para parecer o 1. Mas por que o d? Pela seguinte raz˜ao, caro leitor: a distˆancia da Terra a Lua ´e muito, mas muito, mas muito maior que o radio da Terra, assim, a divis˜ao de r por d ´e um n´ umero bem menor que 1. Para a massa m :

                          1

                          1 1 2r 2 = = 2 2 1 − r (d + r) 2 d d d 1 + 1 d

                          Para a massa m :

                          1

                          1 1 4r 2 = = 2 2 1 − (d + 2r) d d 2 2r d 1 + d Reaplicando nas equa¸c˜oes das for¸cas...

                          Gmm Gmm 2r f 0z = = 2 2 1 − (d + r) d d 1 1 Gmm Gmm 4r f 1z = = 2 2 1 −

                          (d + 2r) d d

                          148 Para encontrar o que foi pedido no enunciado... 1 2 Lembrando que m = m = m = m 2 4r

                          1 1 2r f 1z 0z = Gm

                          − f 2 1 − − 2 1 − d d d d 2 Gm 4r 2r f 1z 0z = − f 2 1 − − 1 − d d d 2 Gm 4r 2r f 1z 0z =

                          − f 2 1 − − 1 + d d d 2 Gm 2r f 1z 0z = − f 2 − d d 2

                          2Gm r f 1z 0z − f = − 3 d 2

                          1 1 2r f 2z 0z = Gm − f 2 − 2 1 − 2 d d d

                          Gm 2r f 2z 0z = − f 2 1 − 1 − d d 2 Gm 2r f 2z 0z =

                          − f 2 1 − 1 + d d 2 Gm 2r f 2z 0z = − f 2 d d 2

                          2Gm r f 2z 0z = − f 3 a d

                          56. (ITA 2010) Derive a 3 Lei de Kepler do movimento planet´ario a partir da Lei da Gravita¸c˜ao Universal de Newton considerando ´orbitas circulares. Solu¸c˜ ao: Vou reusar o que calculamos para Terceira Lei de Kepler na parte de teoria deste livro. Para isso, vamos considerar um sat´elite sino-brasileiro, CBERS como exemplo, or- Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 149

                          A for¸ca com que o CBERS ´e atra´ıdo pela Terra ´e a for¸ca gravitacional, que ´e respons´avel pela ´orbita circular. A for¸ca gravitacional ´e a for¸ca centr´ıpeta que o atrai para o centro. Portanto podemos escrever:

                          F cp = F G mv 2 R =

                          GM m R 2 v 2 =

                          GM R ω 2 R 2 =

                          GM R ω 2 =

                          GM R 3 Relembrando que a velocidade angular ´e relacionada com o per´ıodo de revolu¸c˜ao.

                          ω = 2π

                          T 2π

                          T 2 =

                          GM R 32 T 2

                          = GM R 3 T 2 =

                          4π 2 R 3

                          150 57. (ITA 2010) Considere um segmento de reta que liga o centro de qualquer a planeta do sistema solar ao centro do Sol. De acordo com a 2 Lei de Kepler, tal segmento percorre ´areas iguais em tempos iguais. Considere, ent˜ao, que em dado instante deixasse de existir o efeito da gravita¸c˜ao entre o Sol e o planeta. Assinale a alternativa correta: A ( ) O segmento de reta em quest˜ao continuaria a percorrer ´areas iguais em tempos iguais. B ( ) A ´orbita do planeta continuaria a ser el´ıptica, por´em com focos diferentes e a a 2 Lei de Kepler continuaria valida. a C ( ) A ´orbita do planeta deixaria de ser el´ıptica e a 2 Lei de Kepler n˜ao seria mais valida. a D ( ) A 2 Lei de Kepler s´o ´e valida quando se considera uma for¸ca que depende do inverso do quadrado das distancias entre os corpos e, portanto, deixaria de ser valida. E ( ) O planeta iria se dirigir em dire¸c˜ao ao Sol. Solu¸c˜ ao: Se a gravita¸c˜ao deixasse de existir, a velocidade do planeta seria mantida em m´odulo, dire¸c˜ao e sentido. Ent˜ao imagine dois intervalos de tempo ∆t. A distˆancia percorrida pelo planeta ´e d = v∆t.

                          A ´area varrida em cada intervalo de tempo ´e mostrado atrav´es dos triˆangulos de 1 2 ´area A e A . Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 151 1

                          1 A = bv∆t

                          2 2

                          1 A = bv∆t

                          2 Ou seja, varre ´areas iguais em tempos iguais.

                          Letra A 58. (ITA 2010) Considere a Terra como uma esfera homogˆenea de raio R que gira com velocidade angular uniforme ω em torno do seu pr´oprio eixo Norte-Sul. Na hip´otese de ausˆencia de rota¸c˜ao da Terra, sabe-se que a acelera¸c˜ao da gravidade seria 2 dada por g = GM/R

                          . Como ω 6= 0, um corpo em repouso na superf´ıcie da Terra na realidade fica sujeito for¸cosamente a um peso aparente, que pode ser medido, por exemplo, por um dinamˆometro, cuja dire¸c˜ao pode n˜ao passar pelo centro do planeta. Ent˜ao, o peso aparente de um corpo de massa m em repouso na superf´ıcie da Terra a uma latitude λ ´e dado por: 2 Rcosλ

                          A ( ) mg − mω 2 2 Rsen λ B ( ) mg − mω u u v " # 2 2 2

                          ω 2ω R R

                          C ( ) mg sen λ t 2 1 − 2

                        • u v u " #

                          g g 2 2 2 t 2ω R ω R 2 D ( ) mg cos λ 1 − − 2 u u v " # g g 2 2 2 t 2ω R ω R 2 E ( ) mg sen λ 1 − − 2 g g Solu¸c˜ ao: Este problema deve iniciar com a an´alise geom´etrica das for¸cas de acordo com a

                          152 A dica ´e quando aparecer problemas com for¸cas inclinadas ´e decompor tais for¸cas em componentes horizontais e verticais e assim facilita o entendimento. X F x cf x = mg x X = P − F

                          F z = F cf z = ma z No eixo x: cf x x = mg mg − ma cf x = g x g − a

                          A proje¸c˜ao em x de acelera¸c˜ao centr´ıfuga ´e uma rela¸c˜ao trigonom´etrica... a = a cosϕ cf x cf 2 F cf = mω Rcosϕ 2 ma cf = mω Rcosϕ 2 a cf = ω Rcosϕ 2 2 a cf x = a cf cosϕ = a cf = ω Rcos ϕ

                          Voltando a lei de Newton com esse resultado: 2 2 g apx cf x Rcos ϕ = g − a = g − ω Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 2 2 153 g apx Rcos ϕ

                          = g − ω Para o eixo z. F cf z = mg apz ma cf z = mg apz a cf z = g apz A componente em z ´e proporcional ao seno. g apz = a cf senϕ 2 g apz = ω Rcosϕsenϕ

                          Para achar o m´odulo do da acelera¸c˜ao aparente fica: 2 2 2 2 2 g ap = Rcos ϕ) + (ω Rcosϕsenϕ) p(g − ω

                          Se quiser simplificar mais, podemos desenvolver os quadrados e eliminar o seno e o cosseno usando a rela¸c˜ao fundamental Como a componente nas duas dire¸c˜oes, x e z temos o vetor acelera¸c˜ao aparente determinado. 2 2 Lembrando que sen ϕ + cos ϕ = 1 2 2 2 4 2 4 4 2 2 2 g ap = pg Rcos ϕ + ω R cos ϕ + ω R cos ϕsen ϕ

                          − 2gω Agora vamos usar a rela¸c˜ao fundamental trigonom´etrica isolando o seno. 2 2 sen ϕ 2 2 2 ϕ = 1 − cos 4 2 4 4 2 2 2 g ap = pg Rcos ϕ + ω R cos ϕ + ω R cos ϕ) − 2gω ϕ(1 − cos 2 2 2 4 2 2 g ap = pg Rcos ϕ + ω R cos ϕ

                          − 2gω 2 2 4 2 2 pg g ap = R + ω R )cos ϕ 2 − (2gω

                          Colocando g em evidˆencia: s 2 4 22 R ω R 2 g ap = g cos ϕ 2 1 −

                        • s
                        • 2 g g 4 2

                            R ω R 2 g + ap = g cos ϕ 1 − 2 g g

                            O peso fica: s 2 4 2 2ω R ω R 2

                          • P = mg cos ϕ 1 −
                          • 2 g g Olha s´o, o peso aparente depende do quadrado do cosseno da latitude. Vendo isso, podemos concluir que a medida que vamos para os polos, a contribui¸c˜ao da for¸ca centr´ıfuga ´e menor. Visto isso, nos polos n˜ao h´a influencia da rota¸c˜ao da Terra!

                              154 59. (ITA 2011) Na fic¸c˜ao cient´ıfica A Estrela , de H.G. Wells, um grande aste- roide passa pr´oximo `a Terra que, em consequˆencia, fica com sua nova ´orbita mais pr´oxima do Sol e tem seu ciclo lunar alterado para 80 dias. Pode-se concluir que, ap´os o fenˆomeno, o ano terrestre e a distˆancia Terra-Lua v˜ao tornar-se, respectiva- mente, A ( ) mais curto – aproximadamente a metade do que era antes. B ( ) mais curto – aproximadamente duas vezes o que era antes. C ( ) mais curto – aproximadamente quatro vezes o que era antes. D ( ) mais longo – aproximadamente a metade do que era antes. E ( ) mais longo – aproximadamente um quarto do que era antes. Solu¸c˜ ao: Da Terceira Lei de Kepler, quanto menor o raio, menor o per´ıodo. Dessa forma, ao se aproximar do Sol, a dura¸c˜ao do ano diminui. O ciclo lunar ´e de 27 a 28 dias e se passar para 80 dias, d´a para descobrir a distˆancia entre a Terra e a Lua nessa nova situa¸c˜ao. 2 2 T T 1 2 3 = 3 3 2 a 1 a 2 2

                              80

                              81 a 2 23 = = = 3 = 9 a 1

                              27 3

                              27 3 a = 9a 2 1 21 a = 2, 08a O novo raio ´e aproximadamente o dobro do raio anterior.

                              Letra B 60. (ITA 2012) Acredita-se que a colis˜ao de um grande asteroide com a Terra tenha causado a extin¸c˜ao dos dinossauros. Para se ter uma ideia de um impacto dessa ordem, considere um asteroide esf´erico de ferro, com 2 km de diˆametro, que se encontra em repouso quase no infinito , estando sujeito somente `a a¸c˜ao da gra- vidade terrestre. Desprezando as for¸cas de atrito atmosf´erico, assinale a op¸c˜ao que expressa a energia liberada no impacto, medida em n´ umero aproximado de bombas de hidrogˆenio de 10 megatons de TNT. A ( ) 1 B ( ) 10 C ( ) 500 D ( ) 500000 Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 155

                              Solu¸c˜ ao: Se o asteroide est´a em repouso no infinito, a energia cin´etica ´e nula e sua energia potencial gravitacional ´e tamb´em nula, o que nos leva a concluir que a energia mecˆanica no infinito ´e nula. Quando ele vem do infinito atra´ıdo pela Terra, ele ´e acelerado e ao atingir a superf´ıcie ele tem uma velocidade v, ent˜ao ele tem uma energia cin´etica n˜ao nula, e um energia potencial gravitacional tamb´em n˜ao nula, pois ao atingir a superf´ıcie da Terra, ele estar´a a uma distancia R do centro.

                              Ent˜ao a energia cin´etica do asteroide ser´a a energia liberada na explos˜ao do impacto, dessa forma, para saber essa energia basta calcular a energia mecˆanica no impacto.

                              GM m E mec = E cin

                              − R

                              Como a energia mecˆanica se conserva, devemos igualar a energia mecˆanica no infinito com a energia mecˆanica no impacto.

                              GM m E cin = 0

                              − R GM m

                              E cin = R

                              Recordando que: GM g = 2 R GM

                              = gR R A energia cin´etica fica com uma cara nova.

                              E cin = mgR O asteroide ´e uma esfera de ferro de massa

                              4 3 m = πρr

                              3 Ent˜ao, aplicando na equa¸c˜ao da energia cin´etica:

                              4 3 E cin = πρr R

                              3 21 J.

                              Basta substituir os valores que obteremos aproximadamente 2 × 10 3 (ρ ´e a densidade do asteroide, que ´e feito de ferro e portanto ρ = 7900kg/m ).

                              O n´ umero equivalente de megatons ´e: 16 J) (Cada megaton de TNT equivale a 4 × 10 21 4 2 × 10 n = = 50000 16 = 5 × 10 4 × 10

                              156 61. (ITA 2012) Boa parte das estrelas do Universo formam sistemas bin´arios nos quais giram em torno do centro de massa comum CM. Considere duas estrelas esf´ericas de um sistema bin´ario em que cada qual descreve uma ´orbita circular em torno desse centro. Sobre tal sistema s˜ao feitas duas afirma¸c˜oes.

                              I O per´ıodo de revolu¸c˜ao ´e o mesmo para as duas estrelas e depende apenas da distˆancia entre elas, da massa total deste bin´ario e da constante gravitacional. 1 2 II Considere que ~ R e ~ R s˜ao os vetores que ligam CM ao respectivo centro de cada estrela. Num certo intervalo de tempo ∆t, o ~ R 2 1 varre certa ´area A. Durante o mesmo intervalo de tempo, o raio vetor ~ R tamb´em varre uma ´area igual a A.

                              Diante das duas proposi¸c˜oes, assinale a alternativa correta. A ( ) As afirma¸c˜oes I e II s˜ao falsas. B ( ) Apenas a afirma¸c˜ao I ´e verdadeira. C ( ) Apenas a afirma¸c˜ao II ´e verdadeira. D ( ) As afirma¸c˜oes I e II s˜ao verdadeiras, mas II n˜ao justifica a I. E ( ) As afirma¸c˜oes I e II s˜ao verdadeiras, e al´em disso, a II justifica a I.

                              Solu¸c˜ ao: Na prova de 2016 uma quest˜ao muito semelhante a esta apareceu, portanto, vamos desenvolvˆe-la para esta quest˜ao e vamos usar a mesma resolu¸c˜ao para a quest˜ao de 2016. Poder´ıamos apenas afirmar que a proposi¸c˜ao I ´e verdadeira, mas vamos al´em, vamos provar que isso ´e verdadeiro por motivos did´aticos e ensinar-vos mais t´ecnicas de resolu¸c˜ao. Primeiramente vamos supor que cada estrela tem um o seu pr´oprio per´ıodo e atrav´es dos racioc´ınios abaixo vamos chegar que o per´ıodo de uma ´e igual ao per´ıodo da outra. Sendo que ambas exercem um acelera¸c˜ao gravitacional na outra que vale g, temos o seguinte: 12 Gm 1 g = 2 d 2 Gm g 21 = 2 d

                              Em que d ´e a distˆancia entre as estrelas. O centro de rota¸c˜ao do sistema bin´ario ´e o centro de massa dos mesmos. Conforme visto na teoria, vamos referenciar este centro em um das estrelas, esta escolha ´e arbitraria, por isso, tanto faz, ent˜ao escolho Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 157 x cm = m 2 m 1 + m 2 d = r 1 O raio de rota¸c˜ao para estrela fica d = r 1 + r 2 A estrela 2 um executa o movimento com raio r 2

                              = d − r 1 Novamente usando a acelera¸c˜ao centr´ıpeta: g 21 = ω 2 1 r 1 = 2π

                              T 1 2 r 1 = Gm 2 d 2 g 12 = ω 2 2 r 1 =

                              2π T 2 2 r 2 =

                              Gm 1 d 2 Vamos separar o que nos interessa...

                              2π T 1 2 r 1 =

                              Gm 2 d 2

                              T 2 2 r 2 = Gm 1 d 2 Dividindo um pelo outro, eliminamos algumas letras:

                              2π T 1 2 r 1

                              2π T 2 2 r 2

                              = Gm 2 d 2 Gm 1 d 2

                              2π T 1 2 r 1

                              2π T 2 2 r 2

                              = m 1 m 2

                              158

                              1 T 2 2 m 2 m 1 m 1 + m 2 d

                              T 1 2 =

                              Gm 2 d 2

                              2π T 1 2 m 2 m 1 + m 2 d =

                              T 1 2 r 1 = Gm 2 d 2 Substituindo r 1 :

                              1 T 2 2 T 1 = T 2 Para o per´ıodo de revolu¸c˜ao: 2π

                              1 T 1 2 =

                              1 T 1 2 m 1 m 2 m 1 + m 2 d =

                              1 T 1 2 r 1 m 1 =

                              1 T 2 2 r 2 m 2

                              1 T 1 2 r 1 m 1 =

                              Agora vamos aplicar os raios na rela¸c˜ao entre per´ıodos...

                              Extraindo s´o o que precisamos... r 1 = m 2 m 1 + m 2 d r 2 = m 1 m 1 + m 2 d

                              = |d − r 1 | = d − m 2 m 1 + m 2 d = m 1 m 1 + m 2 d

                              1 T 2 2 r 2 m 2 Sendo que: r 1 = |x cm | = m 2 m 1 + m 2 d r 2

                              G(m 1 + m 2 ) d 3 T 1 = 2π s d 3 G(m 1 + m 2 ) Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 159

                              A primeira afirma¸c˜ao ´e verdadeira. A ´area varrida durante um intervalo de tempo ∆t ´e proporcional ao arco descrito: 1 1 2 1 s = θ r 1 3 1 s = ω r 1 ∆t 13 s = r 1 1 ∆t

                              T Analogamente, se fizermos para a estrela 2: 23 s = r 2 2 ∆t

                              T Dividindo as duas ´areas... 2π 3 1 r ∆t 1 3 s r 1 1 T

                              = = 3 2 2π s 3 r 2 2 r ∆t 2 T Podemos concluir que as ´areas dependem dos raios e como os raios s˜ao diferentes, as ´areas s˜ao diferentes, ent˜ao a segunda afirma¸c˜ao ´e falsa.

                              O correto ´e a letra B.

                              Letra B 62. (ITA 2012) O momento angular ´e uma grandeza muito importante na F´ısica. Seu m´odulo ´e definido como L = rpsenθ, em que r ´e o vetor posi¸c˜ao em rela¸c˜ao `a origem de um dado sistema de referˆencia, p ´e o m´odulo da quantidade de movimento e θ ´e o ˆangulo por eles formado. Em particular, no caso de um sat´elite girando ao redor da Terra, em ´orbita el´ıptica ou circular, seu momento angular (medido em rela¸c˜ao ao centro da Terra) ´e conservado. Considere dois sat´elites de mesma massa, com ´orbitas diferentes entre si. I, II e III, sendo I e III circulares e II el´ıptica, tangencial a I e III, como mostra a figura. Sendo L I , L II e L III os respectivos m´odulos do momento angular dos sat´elites em suas ´orbitas, ordene L , L e L . I II III Justifique com equa¸c˜oes sua resposta.

                              160 Vamos come¸car pela parte mais f´acil. Qual ser´a? A resposta ´e: ´orbitas circulares. As ´orbitas circulares possuem velocidade constante que pode ser calculada pela equa¸c˜ao da for¸ca centr´ıpeta. r GM v c =

                              R O momento angular ´e L = mvrsenθ. Para ´orbitas circulares, r sempre ser´a o mesmo valor, ou seja, o raio R da ´orbita, e o ˆangulo sempre ser´a 90 . Isso tudo se reduz a

                              √ r GM L = mR = m GM R

                              R A ´orbita de raio maior resulta no momento angular maior, assim j´a podemos concluir que L I < L III

                              E agora para a ´orbita el´ıptica? Vocˆe deve encontrar a velocidade em um dos pontos da elipse, pois como o momento angular se conserva tamb´em para esta ´orbita, s´o precisamos caracterizar um ponto da elipse. Usando as conserva¸c˜oes de momento e energia, podemos montar o seguinte racioc´ınio matem´atico... Note que o ´ındice P ´e de perigeu (ponto mais pr´oximo da Terra) e A ´e de apogeu (ponto mais afastado da Terra). Usando o principio da conserva¸c˜ao do momento angular, para as duas posi¸c˜oes consideradas: ◦ ◦ mv a r a sen90 = mv p r p sen90 v a r a = v p r p v p r p v a = r a

                              Usando o principio da conserva¸c˜ao da energia: E a = E p

                              1 GM m 2

                              1 GM m 2 mv = mv a p − − 2 r a

                              2 r p

                              1 2 2

                              1

                              1 (v a p

                              − v ) = −GM − 2 r p r a Substituindo v a : " # 2 1 v p r p 2

                              1

                              1 − v p = −GM − 2 r a r p r a 2 r p " # 2

                              1

                              1 v p − 1 = −2GM − r a r p r a Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 2 2 161 r 2 p − r a a p r

                              − r v p 2 = −2GM r r p r a a 2 (r p a )(r p + r a ) r a p − r − r v p

                              = −2GM r r a p 2 p + r a r

                              1 v = 2GM p r a r p 2 r

                              2GM a v = p r p + r a r p De posse da velocidade de perigeu, computa-se o momento angular no perigeu. Note que no perigeu e apogeu o ˆangulo entre o vetor posi¸c˜ao e vetor velocidade ´e 90 . E nesse caso L = mRv. s r 2

                              2GM a L II = mR I v = p r p + r a r p

                              Para fazer uma compara¸c˜ao com as duas ´orbitas circulares, devemos escrever os raios de apogeu e perigeu em fun¸c˜ao dos raios das ´orbitas circulares. s R

                              2GM III L II = mR I 1 R III + R I R I Passando R para dentro do radical quadrado: s R 2

                              2GM III L II = m R I s R III + R I R I R III R I L II = m

                              2GM R III + R I Essa divis˜ao, entre parˆenteses, ´e como se fosse o raio equivalente.

                              L II = m II p2GMR Para fins de compara¸c˜ao, devemos comparar os raios I e III com o raio II.

                              R I R I R I + R III R I = = = 1 +

                              R I R III R III R III R III R I + R III Como o raio III ´e maior que o raio I:

                              R I R I = 1 +

                              R II R III Repetindo o processo para comparar o raio II com raio III:

                              R R R + R R III III I III III = = = 1 +

                              R I R III R II R I R I R I + R III Sendo que R III /R I > R I /R III , ent˜ao conclui-se que R I < R II < R III . Isso permite responder que:

                              162 63. (ITA 2013) Uma lua de massa m de um planeta distante, de massa M >> m , descreve uma ´ Orbita el´ıptica com semieixo maior a e semieixo menor b , perfazendo um sistema de energia E . A lei das ´areas de Kepler relaciona a velocidade v da lua ′ ′ no apogeu com sua velocidade v no perigeu, isto ´e, v

                              (a − e) = v(a + e), em que e ´e a medida do centro ao foco da elipse. Nessas condi¸c˜oes, podemos afirmar que: GM m

                              A ( ) E = − 2a

                              GM m B ( ) E = − 2e C ( ) v = p2GM(a − e)

                              GM m D ( ) E = −

                              2b GM m

                              E ( ) E = − √ 2 2 a + b Solu¸c˜ ao: Para a ´orbita el´ıptica a gente tasca-lhe desse jeito a´ı de baixo:

                              1 GM m 2

                              1 GM m 2 E mE = mV = mV A P − − 2 r A

                              2 r P Da conserva¸c˜ao do momento angular... ◦ ◦

                              V A r A sen90 = V P r P sen90

                              V A r A = V P r P 2 2 2 2 V r = V r A A P P Al´em disso, a velocidade no apogeu e perigeu ´e 2

                              2 GM m

                            • V = E mE A m r A
                            • 2

                                2 GM m

                              • V = E mE P m r P
                              • 2 2 2 2 Combinando os ´ ultimos resultados em V r = V r : A A P P

                                  2 GM m 2

                                  2 GM m 2 A P + E r = E r + mE mE m r A m r P GM m GM m 2 2 E + + mE r = E mE r A P 2 r A r P 2 E mE r + GM mr A = E mE r + GM mr P A P Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 2 2 163

                                  E mE r mE r = GM mr P A A P − E − GMmr 2 2 E mE (r ) = GM m(r P A ) A P 2 − r − r 2 E mE (r A P ) A P

                                  − r ) = −GMm(r − r E mE (r A P )(r A + r P A P )

                                  − r ) = −GMm(r − r E mE (r A + r P

                                  ) = −GMm −GMm

                                  E mE = r + r A P Da geometria da elipse: r A + r P a =

                                  2 Chegamos finalmente em: −GMm

                                  E mE = 2a

                                  Letra A 64. (ITA 2014) Considere dois sat´elites artificiais S e T em torno da Terra. S descreve uma ´orbita el´ıptica com semi-eixo maior a, e T , uma ´orbita circular de raio a, com os respectivos vetores posi¸c˜ao ~ r S e ~ r T com origem no centro da Terra. ´ E correto afirmar que: A ( ) Para o mesmo intervalo de tempo, a ´area varrida ~ r e igual `a varrida por ~ r . S T B ( ) Para o mesmo intervalo de tempo, a ´area varrida ~ r S e maior que a varrida por ~ r T . C ( ) O per´ıodo de transla¸c˜ao de S ´e igual ao de T . D ( ) O per´ıodo de transla¸c˜ao de T ´e maior que o de S. E ( ) Se S e T tˆem a mesma massa, ent˜ao a energia mecˆanica de S ´e maior que a de T .

                                  Solu¸c˜ ao: De acordo com Terceira Lei de Kepler, que considera o semi-eixo maior para ´orbitas el´ıpticas e raio da circunferˆencia para ´orbitas circulares, o per´ıodo de revolu¸c˜ao ´e idˆentico. Nesse mesmo per´ıodo, o S varre uma ´area igual a ´area da elipse.

                                  A S = πab Na equa¸c˜ao acima, b ´e o semi-eixo menor. Durante um per´ıodo, T varre uma ´area igual a ´area da circunferˆencia. 2 A T = πa

                                  164 Como b < a, a ´area da elipse ´e menor que a da circunferˆencia, e com isso S varre uma ´area menor que T para um mesmo per´ıodo P . A afirma¸c˜ao A e B est˜ao erradas. J´a vimos que afirma¸c˜ao C est´a correta, os per´ıodos de revolu¸c˜ao s˜ao idˆenticos e de quebra d´a para ver que D est´a errada. Agora vem a parte trabalhosa... A energia mecˆanica para um ´orbita circular ´e

                                  1 GM m 2 E mC = mV − 2 a

                                  Vimos tantas vezes que no caso do movimento circular, a velocidade ´e 2 GM V = a

                                  A energia mecˆanica fica

                                  1 GM GM m

                                  1 GM m E mC = m · − = −

                                  2 a a 2 a Para ´orbitas el´ıpticas, vimos na quest˜ao anterior que a energia mecˆanica vale

                                  −GMm E mE =

                                  2a E ent˜ao, podemos concluir que:

                                  E mC = E mE O que mostra que a alternativa E est´a errada.

                                  Letra C 65. (ITA 2014) Um sistema bin´ario ´e formado por duas estrelas esf´ericas de respectivas massas m e M , cujos centros distam d entre si, cada qual descrevendo um movimento circular em torno do centro de massa desse sistema. Com a estrela de massa m na posi¸c˜ao mostrada na figura, devido ao efeito Doppler, um obser- vador T da Terra detecta uma raia do espectro do hidrogˆenio, emitida por essa estrela, com uma frequˆencia f ligeiramente diferente da sua frequˆencia natural f . Considere a Terra em repouso em rela¸c˜ao ao centro de massa do sistema e que o movimento das estrelas ocorre no mesmo plano de observa¸c˜ao. Sendo as velocida- des das estrelas muito menores que c, assinale a alternativa que explicita o valor n

                                  ∼ Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas s 165

                                  A ( ) 2 s d(M + m)c 2 2 Gm sen α B ( ) 2 s d(M + m)c 2 2 Gm cos α

                                  C ( ) 2 s d(M + m)c 2 2 GM sen α D ( ) 2 s d(M + m)c 2 2 GM cos α

                                  E ( ) 2 d(M + m)c Solu¸c˜ ao: O efeito Doppler causa desvios na frequˆencia de um sinal de acordo com as velocida- des relativas entre a fonte emissora do sinal e o observador que mede esse sinal. Um exemplo ´e a varia¸c˜ao da frequˆencia da sirene de uma ambulˆancia quando ela passa na rua. Na verdade a frequˆencia do som n˜ao mudou, mas a frequˆencia percebida.

                                  Vocˆe pode perceber a diferen¸ca de som quando ela se aproxima e quando se afasta. Isso porque a ambulˆancia e vocˆe tem uma velocidade relativa. Dessa maneira, ocor- rem desvios na frequˆencia do som, mas ´e s´o aparente. Uma pessoa dentro desta ambulˆancia n˜ao vai perceber, pois relativamente, a ambulˆancia e a pessoa dentro dela est˜ao em repouso.

                                  Da mesma forma, devido ao movimento das estrelas, a frequˆencia da raia espectral do hidrogˆenio vai sofrer um desvio. Para calcular a frequˆencia com desvio, vamos usar a equa¸c˜ao do efeito Doppler: x v ± v f = f

                                  · f v ± v Sendo f a frequˆencia recebida pelo observador, f a frequˆencia emitida pela fonte, v x a velocidade do observador, v f a velocidade da fonte e v a velocidade que a onda se propaga no meio. Vamos simplificar temporariamente a equa¸c˜ao acima para obtermos a rela¸c˜ao que foi pedida na quest˜ao. Para isso vamos usar a vari´avel tempor´aria k. x v ± v k = f v ± v x v ± v f = f = f

                                  · · k f v ± v O que se pede ´e (f –f )/f , ent˜ao vamos construir a rela¸c˜ao: f f − f k − f

                                  = = k − 1 f f

                                  166 Agora s´o precisamos achar o valor de k e isso vai demandar uma an´alise de veloci- dades relativas. Estando a Terra em repouso em rela¸c˜ao ao centro de massa do sistema bin´ario, a velocidade do observador ´e nula. Para a velocidade da fonte, vamos avaliar a geometria do problema.

                                  O sinal tem uma velocidade c, devido a ser uma onda eletromagn´etica, e faz um ˆangulo com a velocidade tangencial de ´orbita circular. A velocidade relativa entre o sinal transmitido e a fonte (planeta de massa m, pois ´e de l´a que vem o sinal) deve ser a soma da velocidade do sinal com a proje¸c˜ao da velocidade tangencial de m. A proje¸c˜ao da velocidade tangencial ´e: v ap = v tan cosα

                                  Como a velocidade do sinal e a proje¸c˜ao da velocidade tangencial tem o mesmo sentido, a velocidade relativa entre elas ´e a subtra¸c˜ao entre elas. O valor de k fica: x tan cosα v ± v c − v k = = f c v ± v

                                  Reaplicando na rela¸c˜ao pedida... v tan cosα f − f

                                  = f c Para terminar, s´o precisamos calcular a velocidade tangencial. Lembra da equa¸c˜ao da acelera¸c˜ao centr´ıpeta? Pois ´e. Vamos usar essa equa¸c˜ao... 2 v tan a cp = 2 2 r

                                  O valor r ´e o raio para a circunferˆencia descrita por m com o centro no centro de massa do sistema. Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 167

                                  O centro de rota¸c˜ao do sistema bin´ario ´e o centro de massa dos mesmos. Con- forme visto na teoria, vamos referenciar este centro em um das estrelas, essa escolha ´e arbitr´aria, por isso, tanto faz, ent˜ao escolho a estrela M como referˆencia, colo- cando nela a origem do centro de coordenadas. Vamos partir para encontrar o raio de rota¸c˜ao de m. m 1 x cm = d = r 2 1 m + M

                                  Note que r , ent˜ao: = d − r 2 m M r d = d

                                  = d − m + M m + M Por fim, a acelera¸c˜ao centr´ıpeta fica: 2 v tan a = cp

                                  M d m + M

                                  Note tamb´em que a acelera¸c˜ao centr´ıpeta ´e a pr´opria atra¸c˜ao gravitacional entre as estrelas.

                                  GM m ma cp = mg = 2 d GM a cp = g = 2 d

                                  Vamos agora descobrir a velocidade tangencial. 2 v GM tan a cp = = 2 M d d m + M

                                  Isolando v tan : 2 GM 2

                                  1 v = d tan 2 d m + M 2 2 GM v = tan s (m + M )d 2 GM v tan = (m + M )d

                                  E finalmente, s 2 GM cosα (m + M )d f − f

                                  = f c s 2 2 GM cos α f − f = 2 f (m + M )dc

                                  168 66. (ITA 2015) Uma nave espacial segue inicialmente uma trajet´oria circular de raio r A em torno da Terra. Para que a nave percorra uma nova ´orbita tamb´em circular, de raio r B > r A , ´e necess´ario por raz˜oes de economia fazer com que ela percorra antes uma trajet´oria semi-el´ıptica, denominada ´orbita de transferˆencia de Hohmann, mostrada na figura. Para tanto, s˜ao fornecidos `a nave dois impulsos, a saber: no ponto A, ao iniciar sua ´orbita de transferˆencia, e no ponto B, ao iniciar sua outra ´orbita circular. Sendo M a massa da Terra; G, a constante da gravita¸c˜ao universal; m e v, respectivamente, a massa e a velocidade da nave; e constante a grandeza mrv na ´orbita el´ıptica, pede-se a energia necess´aria para a transferˆencia de ´orbita da nave no ponto B. Sendo M a massa da Terra; G, a constante da gravita¸c˜ao universal; m e v, respec- tivamente, a massa e a velocidade da nave; e constante a grandeza mrv na ´orbita el´ıptica, pede-se a energia necess´aria para a transferˆencia de ´orbita da nave no ponto B. Solu¸c˜ ao:

                                  Para a mudan¸ca de ´orbita deve-se mudar a velocidade e a´ı entra em opera¸c˜ao os motores do foguete da nave. Quando eles proporcionam uma velocidade que permita permanecer na ´orbita el´ıptica, a nave viaja at´e B. Ao chegar em B, ele precisa de um novo acr´escimo de velocidade, e os foguetes novamente entram em a¸c˜ao. Ao atingir a velocidade que permita permanecer na ´orbita circular final, o foguetes s˜ao desligados. No fundo, a ideia do problema ´e descobrir as energias envolvidas para saltos entre ´orbitas. A ´orbita circular inicial demanda uma energia E A . A ´orbita el´ıptica requer uma energia E el . A ´orbita circular final requer uma energia E B . Como se pede a energia necess´aria para sair da ´orbita el´ıptica para ´orbita circular, o que se pede ´e:

                                  ∆E = E B el − E

                                  Vamos come¸car pela mais f´acil que ´e a energia da ´orbita circular. A energia da Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 169 que forma o raio da ´orbita.

                                  1 2 GM m E B = mv

                                  − 2 r B Estando em movimento circular, a for¸ca centr´ıpeta ´e a for¸ca gravitacional que atrai a nave para o centro da Terra. Dessa maneira, podemos encontrar uma express˜ao para a velocidade de rota¸c˜ao (pois o problema n˜ao d´a a velocidade, portanto n˜ao podemos tˆe-la na resposta).

                                  F cp = mg 2 mv = mg r B

                                  Observe que g n˜ao ´e na superf´ıcie da Terra, mas sim na altitude da ´orbita. S´o que a acelera¸c˜ao da gravidade a uma altitude r B ´e

                                  GM g = 2 r B Substituindo este valor de g na equa¸c˜ao anterior: 2 mv GM

                                  = m 2 r B r B E ent˜ao fica 2 GM v = 2 r B

                                  Substituindo o valor encontrado de v na equa¸c˜ao da ´orbita circular:

                                  1 GM GM m E B = m · −

                                  2 r B r B GM m

                                  2GM m E B =

                                  − 2r B 2r B

                                  GM m E B

                                  = − 2r B Como j´a temos a energia da ´orbita circular, vamos para energia da ´orbita el´ıptica.

                                  Mas antes perceba que a ideia do problema ´e simples, por´em vocˆe tem que entender a ideia por traz do enunciado. Como vimos na teoria, h´a dois pontos de interesse em uma ´orbita el´ıptica, o perigeu e o apogeu. O perigeu ´e ponto mais pr´oximo da Terra e o apogeu ´e o ponto mais distante. Ambos tˆem velocidades distintas, sendo que quanto no perigeu, a veloci- dade ´e m´axima e no apogeu, a velocidade ´e m´ınima. A energia no perigeu ´e a soma da energia cin´etica mais a energia gravitacional neste ponto, A.

                                  1 2 GM m E el = mv max

                                  − 2 r A

                                  170 A energia no apogeu ´e a soma da energia cin´etica mais a energia gravitacional neste ponto, B.

                                  1 2 GM m E el = mv min

                                  − 2 r B Como as velocidades n˜ao foram dadas no enunciado, vamos dar um jeito de elimina- las. Para isso vamos expressar cada velocidade (isola-las) e relacion´a-las: 2

                                  2 GM m v = E + el max 2 m r A

                                  2 GM m v = E + el min m r B Vocˆe pode se perguntar: por que a energia da elipse est´a nas duas express˜oes da velocidade? Isso por que a energia se conserva, ent˜ao para se manter em um tra- jet´oria el´ıptica, a nave deve ter a quantidade de energia requerida por esta ´orbita e que deve ser a mesma para todos os seus pontos.

                                  Mas como relacion´a-las? Ent˜ao vamos avaliar o espa¸co sideral. Podemos assumir que no espa¸co sideral n˜ao h´a for¸cas dissipativas e, portanto o momento angular pode ser conservado. Relembrando a express˜ao da conserva¸c˜ao. ◦ ◦ mv max r A sen90 = mv min r B sen90 O 90 vem do fato que nestes pontos a velocidade faz um ˆangulo reto com o vetor posi¸c˜ao cuja origem est´a na Terra. Essa rela¸c˜ao se reduz a: v r = v r max A min B

                                  Como as velocidades l´a em riba est˜ao ao quadrado ´e mais f´acil trabalhar com expo- ente do que raiz, assim: 2 2 2 2 v r = v r max A min B Agora d´a para sorrir, n˜ao ´e mesmo... Era tudo o que a gente precisava. 2 2 Substituindo v e v obtemos: max min

                                  2 GM m 2

                                  2 GM m 2 A B + E r r + el = E el m r A m r B Agora podemos expressar a energia da ´orbita em fun¸c˜ao dos parˆametros fornecidos. 2 2 E el r + GM mr A = E el r + GM mr B A B 2 2 E el (r ) = GM m(r B A ) A − r B − r

                                  E el (r A B )(r A + r B A B ) − r ) = −GMm(r − r

                                  E el (r A + r B ) = −GMm Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 171

                                  GM m E el

                                  = − r A + r B J´a temos tudo que precisamos para terminar a quest˜ao. Encontrar ∆E

                                  ∆E = E C el − E

                                  GM m GM m ∆E = − − −

                                  2r B r A + r B GM m GM m

                                  ∆E = − r A + r B 2r B

                                  1

                                  1 ∆E = GM m

                                  − r A + r B 2r B r B A

                                  − r ∆E = GM m

                                  2r B (r A + r B ) 67. (ITA 2016) Considere duas estrelas de um sistema bin´ario em que cada qual descreve uma ´orbita circular em torno do centro de massa comum. Sobre tal sistema s˜ao feitas as seguintes afirma¸c˜oes: I O per´ıodo de revolu¸c˜ao ´e o mesmo para as duas estrelas.

                                  II Esse per´ıodo ´e fun¸c˜ao apenas da constante gravitacional, da massa total do sistema e da distˆancia entre ambas as estrelas. 1 2 III Sendo R e R os vetores posi¸c˜ao que unem o centro de massa do sistema aos 1 2 respectivos centros de massa das estrelas, tanto R como R varrem ´areas de mesma magnitude num mesmo intervalo de tempo.

                                  Assinale a alternativa correta. A ( ) Apenas a afirma¸c˜ao I ´e verdadeira. B ( ) Apenas a afirma¸c˜ao II ´e verdadeira. C ( ) Apenas a afirma¸c˜ao III ´e verdadeira. D ( ) Apenas as afirma¸c˜oes I e II s˜ao verdadeiras. E ( ) Apenas as afirma¸c˜oes I e III s˜ao verdadeiras.

                                  Solu¸c˜ ao: Poder´ıamos apenas afirmar que a proposi¸c˜ao I ´e verdadeira, mas vamos al´em, vamos provar que isso ´e verdadeiro por motivos did´aticos e ensinar-vos mais t´ecnicas de resolu¸c˜ao. Sendo que ambas exercem um acelera¸c˜ao gravitacional na outra que vale g, temos o seguinte... 1 1 Gm g = 2

                                  172 2 2 Gm g = 2 d Em que d ´e a distˆancia entre as estrelas.

                                  O centro de rota¸c˜ao do sistema bin´ario ´e o centro de massa do mesmo. Conforme visto na teoria, vamos referenciar este centro em um das estrelas. Essa escolha ´e arbitraria, por isso, tanto faz... Ent˜ao escolho a estrela 1 como referˆencia, colocando nela a origem do centro de coordenadas.

                                  

                                2

                                  m 1 x cm = d = r m 1 + m 2 A estrela 2 um executa o movimento com raio: 2 1 r

                                  = d − r Tal que d ´e 1 2 d = r + r

                                  Usando a acelera¸c˜ao centr´ıpeta: 2 2 2 Gm 11 2 g = ω 1 r = r = 1 2 T d 2 1 2 Gm 22 1 g = ω 2 r = r = 2 2 T d Vamos separar o que nos interessa... 2 2π Gm 1 2 1 r = 2 T d 2

                                  2π 1 2 Gm 2 r = 2 T d Dividindo um pelo outro e eliminamos algumas letras... 22 1 Gm 1 r 2 T d 2 = 1 Gm

                                  2π 2 2 r 2 d T Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 2 173

                                  1 1 1 r 2 T m 2 = 1 m

                                  1 2 2 r 2 T 2

                                  1 1 1

                                  1 2 2 1 r m = r m 2 T T Sendo que: 2 1 m r cm d

                                  = |x | = 1 2 m + m 2 1 2 1 m m r d = d = |d − r | = d − 1 2 1 2 m + m m + m

                                  Agora vamos aplicar os raios na rela¸c˜ao entre per´ıodos. 2 2 2 1 1 m 1 1 m 2 m d = m d 1 · · 1 2 2 1 2 T m + m T m + m 2 2

                                  1

                                  1 1 = 2 T T 1 2 T = T Portanto, a primeira proposi¸c˜ao ´e verdadeira! A segunda proposi¸c˜ao ´e verificada achando a equa¸c˜ao do per´ıodo. J´a estamos bem encaminhados nisso. 2 2

                                  2π Gm 1 1 r = 2 1 T d Substituindo r : 2 2 2 2

                                  2π m Gm d = 1 · 1 2 2 T m + m d 2 2 1 2 2π G(m + m )

                                  = 3 T 1 d s 3 1 d T = 2π 1 2 G(m + m ) Vemos assim que a segunda afirma¸c˜ao ´e verdadeira.

                                  A ´area varrida durante um intervalo de tempo ∆t ´e proporcional ao arco descrito. 1 1 2 s = θ r 1

                                  174 1 1 3 s = ω r 1 ∆t 13 s = r 1 1 ∆t

                                  T Analogamente, se fizermos para a estrela 2... 23 s = r 2 2 ∆t T Dividindo as duas ´areas... 2π 3 1 r 1 ∆t 3 s 1 r 1 T

                                  = = 3 23 s r 2 2 r ∆t 2 T Sendo que os raios s˜ao diferentes, ent˜ao as ´areas tamb´em s˜ao diferentes. E portanto, a terceira proposi¸c˜ao ´e falsa.

                                  Letra D Quest˜ oes adicionais

                                  68. O problema seguinte foi apresentado na “Olimp´ıada” da Universidade P´ ublica de Moscou, em 1946 (veja a Figura): Numa esfera de chumbo de raio R, faz-se uma cavidade esf´erica de tal modo que a sua superf´ıcie toca a superf´ıcie externa da esfera de chumbo e passa pelo centro desta. A massa da esfera antes que a cavidade fosse feita era M . Com que for¸ca, de acordo com a lei da gravita¸c˜ao universal, a esfera de chumbo ir´a agora atrair uma pequena esfera de massa m, que est´a `a distˆancia d do centro da esfera de chumbo, sobre uma linha reta que une os centros das esferas e da cavidade?

                                  

                                Figura 5.1: Imagem de Herbert Aquino

                                  Solu¸c˜ ao: Este problema requer aten¸c˜ao j´a que sua resolu¸c˜ao tem que relacionar alguns con- ceitos. Vou tentar detalhar o racioc´ınio.

                                  O que faz parecer dif´ıcil ´e que quando se remove a por¸c˜ao indicada na figura, a esfera de raio R fica com um formato estranho. Parece bem complicado certo? Mas tem uma jogada que desenrola isso a´ı. Tudo isso gra¸ca ao Teorema das Cascas! Imagina que se n˜ao fosse removida a cavidade esf´erica, a for¸ca de atra¸c˜ao na massa m seria

                                  GM m F = 2 d

                                  Mas por que d e n˜ao d − R? Ora, o Teorema das Cascas, aplicado a este problema, diz que a for¸ca gravitacional que M faz em m ´e como se toda a massa M estivesse concentrada num pontinho bem pequeno em seu centro. Por isso se usa d.

                                  176 1 2 espa¸co oco (F ) com a for¸ca da massa que foi removida (F ). 1 2 F = F + F 1 No final queremos a for¸ca da massa oca (F ): 1 2 F

                                  = F − F A massa removida tem raio igual a R/2. Isto por que o diˆametro da massa removida cabe certinho no raio da massa original. Agora vamos ver a geometria do problema, que exige aten¸c˜ao para concluir corretamente o esquema.

                                  A massa removida atrai m como se toda sua massa estivesse concentrada em seu pr´oprio centro. Com isso, a distancia que deve ser usada no c´alculo da for¸ca gravitacional ´e d − r.

                                R x = d − r = d −

                                  2 S´o que n˜ao temos a massa da esfera removida. Nesse caso, como o material da esfera removida ´e o mesmo da esfera original podemos usar mais uma vez a densidade e expressar a massa da esfera removida em fun¸c˜ao da massa da esfera original M , que foi dada. O volume da esfera removida ´e 3 2 3 R 2

                                  4

                                  4 R πR V = π = π =

                                  3

                                  2

                                  3

                                  8

                                  6 A massa removida, portanto vale... 2 M 2 = V

                                  ρ 3 2 πR M = ρ Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 177

                                  Como eu disse anteriormente, n˜ao podemos dar a resposta com vari´aveis que n˜ao foram dadas. Temos de eliminar a densidade e expressar em fun¸c˜ao da massa origi- nal. Mas como? Exprimindo a massa original em fun¸c˜ao de um parˆametro comum que queremos eliminar. Qual ´e? Se vocˆe disse densidade, vocˆe acertou, malandro!

                                  4 3 V = πR

                                  3 M

                                  4 3 = πR

                                  ρ

                                  3

                                  4 3 M = ρ πR

                                  3 Ao dividir a massa da esfera removida pela massa da esfera original, podemos ex- pressar a massa da esfera removida em fun¸c˜ao de M e eliminamos a densidade. Observe a beleza da coisa... 3

                                  πR 2 ρ M

                                  6 =

                                  4 M 3 ρ πR

                                  3 Simplificando fica 2

                                  1 M = M

                                  8 Isto ´e, a massa removida ´e um oitavo da massa total, oito vezes menor que a massa da esfera original. De posse desses dados iremos calcular a for¸ca gravitacional da massa da esfera 2 removida, F :

                                  M 2 G m GM m 2

                                  8 F = = 2 2 R R d − d −

                                  2

                                  2 2 GM m F = 2 R

                                  8 d −

                                  2 Revisitamos ent˜ao a equa¸c˜ao que d´a a for¸ca gravitacional procurada: 1 2 F = F − F

                                  Vamos substituir tudo o que encontramos nessa equa¸c˜ao de cima e finalmente en- contramos a for¸ca que a esfera exerce sem aquela por¸c˜ao de massa. 1 GM m GM m F = 2 − 2 d

                                  R

                                  8 d −

                                  2

                                  178

                                  69. Um sat´elite, ao orbitar a Terra em ´orbita polar, alterna estado de ilumina¸c˜ao e ausˆencia de luz do Sol. Quando o sat´elite fica entre a Terra e o Sol ´e o estado de ilumina¸c˜ao, e quando a Terra est´a entre o sat´elite e o Sol ´e o estado de eclipse. Todos os sistemas eletrˆonicos do sat´elite operam atrav´es de uma bateria que ´e recarregada pelos pain´eis solares quando em estado iluminado. Assim, quando em eclipse, o sat´elite depende exclusivamente da bateria. A partir disso, pede-se: a) Sendo que o que o sat´elite tem um per´ıodo T , determine o tempo de total escurid˜ao durante o eclipse na qual a bateria ser´a a ´ unica fonte de energia.

                                  b) Sendo que durante o eclipse apenas o computador de bordo, controle de atitude e os aquecedores do controle t´ermico est˜ao operando e estes consomem uma corrente m´ınima I em uma tens˜ao V b us, calcule a energia, de forma a manter todos esses sistemas operando plenamente.

                                  S˜ao dados o raio da Terra, R t , o raio do Sol, R s e a distˆancia da Terra ao Sol, muito maior que o raio da Terra. Solu¸c˜ ao:

                                  A) A figura a seguir mostra a situa¸c˜ao do problema. A Terra cria ´areas de sombra e penumbra que fazem o sat´elite operar apenas pela bateria.

                                  Para sabermos o tempo de escurid˜ao total, ou seja, a situa¸c˜ao mais cr´ıtica, precisa- mos encontrar o arco de circunferˆencia que se posiciona bem na regi˜ao de sombra da Terra. Se usar uma lente de aumento espacial na situa¸c˜ao acima descrita, iremos notar o seguinte. A partir da linha do Equador, verifica-se que a regi˜ao de total escurid˜ao ´e sim´etrica e seus limites est˜ao entre duas latitudes. O que isso que dizer? Se vocˆe prestar aten¸c˜ao na figura maneira que eu fiz, vai ver que em rela¸c˜ao `a linha do Equador, um ˆangulo igual para cima e para baixo, define essa regi˜ao de trevas. As Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 179

                                  Se traduzirmos para geometria, a figura acima se transforma na seguinte maneira. O ˆangulo alfa ´e o ˆangulo formado pelos raios de sol que passa no limiar da escurid˜ao. Esses raios s˜ao tangentes `a Terra e pr´oximo aos polos.

                                  Vamos nos aprofundar mais ainda na geometria para extrairmos mais informa¸c˜oes importantes.

                                  Uma propriedade muito importante ´e que se uma reta ou segmento de reta ´e tangente a uma circunferˆencia, h´a um raio da circunferˆencia que ´e perpendicular essa reta. Essa propriedade ´e importante, pois ela nos permite construir triˆangulos retˆangulos e esses triˆangulos retˆangulos ajudam bastante devido ao fato de que, pelo menos, conhecemos um dos seus ˆangulos internos que ´e 90 . Nesse caso, um raio da Terra,

                                  R T , ´e perpendicular a reta que tange a Terra. O ˆangulo que procuramos ´e θ. Na figura temos dois triˆangulos retˆangulos: de ´area maior que tem o ˆangulo alfa e um triangulo retˆangulo menor que tem o ˆangulo gama. Esses dois triˆangulos retˆangulos

                                  180 ´e poss´ıvel relacionar os ˆangulos.

                                  (θ + γ) + α = 90 θ = 90

                                  − γ − α Explorando o triangulo menor, d´a para extrair ˆangulo gama ao relacionar o raio da Terra e o raio da ´orbita.

                                  R T cosγ = R T + r

                                  R T γ = arccos

                                  R T + r Falta chegarmos a algo para o alfa. A estrat´egia ´e voltar a ver a situa¸c˜ao conside- rando o Sol...

                                  Mas por que fizemos essa trozoba a´ı em cima? Porque queremos usar dados do enunciado, como o raio do Sol, e a distˆancia entre a Terra e o Sol. A ideia foi procurar um triangulo retˆangulo que se encaixasse entre o Sol e a Terra de tal forma que relacionasse o ˆangulo alfa com esses dados. Foi usada uma propriedade na qual se duas retas formam um ˆangulo, ao tra¸car uma paralela a uma delas, essa reta paralela forma esse mesmo ˆangulo com a outra. Dessa maneira, foi poss´ıvel “trazer” o ˆangulo alfa pro meio. Perceba que a reta tracejada ´e paralela a reta formada pelo raio de Sol que ´e tangente `a Terra e ao Sol. Como o raio do Sol (R ) ´e perpendicular S `a reta da distˆancia do Sol a Terra, a paralela (tracejada) tamb´em fica perpendicular. O que quero mostrar tamb´em ´e que quando um problema fica dif´ıcil, vocˆe tem buscar outros pontos de vista para resolvˆe-lo. Nem sempre uma vis˜ao ´ unica ´e suficiente. Viu como eu tive que expandir a minha vis˜ao do problema para poder avan¸car? Pois ´e, c’est La vie... O cateto oposto nesse novo triangulo ´e o raio DO Sol menos o raio da Terra, a hipotenusa ´e a distancia centro do Sol ao centro da Terra... com isso ´e seno na veia, malandro!!!

                                  R S T − R senα =

                                  R S + d + R T R S T

                                  − R α = arcsen

                                  R S + d + R T Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 181

                                  J´a que temos o arroz e o feij˜ao vamos preparar o prato.

                                  R T R S T − R θ = 90

                                  − arccos − arcsen R T + r R S + d + R T

                                  Sendo que o per´ıodo do sat´elite ´e T e ele percorre nesse per´ıodo T um ˆangulo de 360 , ent˜ao: 2π

                                  · ∆t = θ T

                                  θ ∆t =

                                  2π T R T R S T − R

                                  90 − arccos − arcsen

                                  R T + r R S + d + R T ∆t =

                                  2π T T R T R S T − R

                                  ∆t =

                                  90 − arccos − arcsen

                                  2π R T + r R S + d + R T

                                  B) Sendo que se consome uma corrente I a uma tens˜ao V b us, a energia que deve ser fornecida pela bateria no per´ıodo de trevas, ´e o produto da potˆencia el´etrica pelo tempo de fornecimento da bateria.

                                  P consumida = V I A energia ´e o produto da potˆencia pelo tempo. Que ser´a a energia que a bateria dever´a fornecer.

                                  E consumida = P ∆t = V I∆t

                                  70. Sat´elites s˜ao equipamentos sofisticados e muito caros, com investimento da ordem de milh˜oes de d´olares para seu desenvolvimento, constru¸c˜ao, lan¸camento e opera¸c˜ao. Nas ´ ultimas d´ecadas, o n´ umero de sat´elites em ´orbita da Terra aumentou drasticamente e com isso h´a a necessidade de regula¸c˜oes de ´orbitas para evitar casos de colis˜oes entre eles como aconteceu entre o sat´elite russo Kosmos 2251 e sat´elite de comunica¸c˜oes Iridium 33, causando enormes preju´ızos e poluindo o espa¸co pr´oximo da Terra. Suponha que dois sat´elites tenham ´orbitas polares. O sat´elite A executa uma tra- jet´oria circular de raio igual ao dobro do Raio da Terra. O sat´elite B possui uma ´orbita el´ıptica cuja velocidade no apogeu seja um ter¸co da velocidade no perigeu. Por falta de comunica¸c˜ao entre agˆencias espaciais e defini¸c˜ao clara de ´orbitas, as duas ´orbitas est˜ao sobre o mesmo plano. O perigue de B est´a uma altitude igual ao

                                  182 Solu¸c˜ ao: Esse problema mistura conceitos de gravita¸c˜ao com geometria anal´ıtica. Preste bem aten¸c˜ao para pegar bem as ideias. Se vocˆe n˜ao est´a familiarizado com a geometria anal´ıtica, ´e recomend´avel que passe para outra quest˜ao e s´o retorne a este problema quando estiver bem afiado. Caso contr´ario vocˆe pode desanimar ao ver a resolu¸c˜ao. Para achar as posi¸c˜oes ´e preciso primeiro ter um referencial de coordenadas. E nesse referencial poderemos projetas as trajet´orias dos sat´elites e determinar os pontos de interse¸c˜ao da circunferˆencia e da elipse. A circunferˆencia e a elipse podem ser des- critas por equa¸c˜oes no plano xy. Essas equa¸c˜oes permitem gerar um sistema de equa¸c˜oes que pode ser resolvido e assim o problema j´a Elvis. Veja que no enunciado come¸cou contando a hist´oria do choque entre os dois equi- pamentos e depois forneceu dados sobre a mecˆanica de suas ´orbitas. Essa ´e a deixa para obter os valores para compor as equa¸c˜oes da circunferˆencia e da elipse. Veja como fica cada curva considerando um plano de coordenadas cartesianas xy. A circunferˆencia possui seu plano orbital e a elipse tamb´em. Mas o que seria um plano? Imagine uma folha de papel esticada, na qual vocˆe desenha uma circun- ferˆencia. Essa folha de papel seria o plano que cont´em a circunferˆencia. Usando outra folha para desenhar uma elipse, podemos dizer que se a elipse foi desenhada em uma folha, ent˜ao essa folha ´e o plano orbital desta elipse. No momento do cho- que, os dois planos coincidam, fazendo que as duas cˆonicas se interceptassem da seguinte maneira. Isso porque ´e como se elas estivesse na mesma folha, isto, ´e no mesmo plano orbital. Em todo problema f´ısico ´e mandat´orio termos um referencial que pode ser des- crito como um sistema de coordenadas. H´a v´arios tipos de sistema de coordenadas. Neste problema usaremos um sistema de coordenadas retangulares, o famoso plano cartesiano. Lembrando que a equa¸c˜ao da circunferˆencia ´e:

                                  2 2 2

                                  ) ) = R (x − x + (y − y Ent˜ao, malandro que sou, irei facilitar minha vida, afinal tamb´em sou filho de Deus...

                                  Sendo meu o referencial, eu escolho que sua origem coincida com o centro da circun- ferˆencia. Dessa maneira, o centro da mesma fica em (0,0) e como a Terra ´e o centro deste movimento, nosso planeta fica localizado tamb´em em (0,0). Isso realmente facilita por que a equa¸c˜ao fica simplificada.

                                  2

                                2

                                2

                                  x + y = 4R Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 183

                                  Bom, para que possa encontrar a posi¸c˜ao da colis˜ao ´e preciso determinar a trajet´oria do sat´elite B, ou seja, encontrar a equa¸c˜ao da elipse descrita por ele. Por enquanto n˜ao se assuste! Se vocˆe n˜ao est´a entendendo at´e aqui sugiro que volte a este exerc´ıcio quando estiver familiarizado com a Geometria Anal´ıtica. Como a ´orbita ´e polar, o seu eixo maior deve coincidir com o eixo y do nosso sistema de coordenadas, portanto, a equa¸c˜ao da elipse neste caso muda para... 2 2

                                  ) ) (x − x (y − y 2 2 = 1 + b a

                                  Kepler disse que em um sat´elite em volta da Terra em ´orbita el´ıptica, teria como um dos focos de sua trajet´oria a pr´opria Terra. Veja que a origem nesse caso ´e centro da ´orbita circular e um dos focos da elipse. Observe que o centro da elipse n˜ao ´e (0,0). Na figura seguinte est˜ao representados principais parˆametros geom´etricos da elipse. Note que o perigeu estando a uma altitude igual ao raio da Terra, ent˜ao do centro da Terra, isto ´e de um dos focos da Elipse, at´e ele, teremos uma distancia de 2R. S´o que a distancia entre um dos focos da elipse at´e o perigeu ´e a diferen¸ca entre o semi-eixo maior a e a distancia do foco ao centro da elipse. Tudo isso fica resumido como:

                                  2R = a − c Outro parˆametro importante para elipse ´e a excentricidade, e, que relaciona c e a da seguinte maneira: c e =

                                  184 Observe que o centro da elipse est´a localizado na posi¸c˜ao (0, −c). Para desenrolar este problema devemos encontrar c, a e b. Voltando ao enunciado vemos que foi dada a rela¸c˜ao de velocidades no apogeu e no perigeu. Estas velocidades est˜ao relacionadas com a excentricidade da elipse da seguinte forma:

                                  V A 1 − e =

                                  V 1 + e B Sendo 1/3 a rela¸c˜ao entre as velocidades, temos:

                                  1 1 − e = 3 1 + e

                                  1 + e = 3 − 3e

                                  1 e =

                                  2 Voltando ent˜ao para rela¸c˜ao entre c e 4a. c

                                  1 e = = a

                                  2 a = 2c Agora desenrolamos essa elipse:

                                  2R = a − c

                                  2R = 2c − c Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 185 c = 2R a = 4R

                                  Para encontrar b, se usa uma rela¸c˜ao da elipse que ´e 2 2 2 a = b + c De posse de a e c, podemos encontrar b em fun¸c˜ao de R. 2 2 2

                                  (4R) = b + (2R) 2 2 2

                                  16R = b + 4R √ b = 2

                                  3R A equa¸c˜ao de elipse fica completa para ser usada. 2 2 x (y + 2R) 2 + = 1 2

                                  12R

                                  16R Agora temos um sistema com duas equa¸c˜oes e duas inc´ognitas e isso ´e bom j´a que neste caso ´e um sistema que pode ser resolvido e determinado. 2 2 2 2 x + y = 4R 2 x (y + 2R) 2 2 = 1 +

                                  12R

                                  16R Analisando as duas equa¸c˜oes, vemos que fica mais f´acil substituir x na equa¸c˜ao da elipse, portanto, vamos `a luta. 2 2 2 x + y = 4R 2 2 2 x = 4R 2 2 − y 2

                                  4R (y + 2R) − y 2 2 = 1 +

                                  12R

                                  16R Agora arregace as mangas, pois h´a um trabalho a fazer... 2 2 2 2 4(4R ) + 3(y + 4Ry + 4R ) 2

                                  − y = R 2 2

                                  48 2 2 2 4(4R ) + 3(y + 4Ry + 4R ) = 48R 2 − y 2 2 2 2

                                  16R + 3y + 12Ry + 12R = 48R − 4y

                                  186 2 2 = 0

                                  −y + 12Ry − 20R Chegamos a uma equa¸c˜ao de segundo grau e podemos encontrar os valores de y que satisfazem a elipse. 2 2

                                  ∆ = (12R) ) − 4(−1)(−20R 2

                                  ∆ = 64R 1 −12R + 8R y = = 2R −2 1 −12R − 8R y = = 10R

                                  −2 H´a dois valores poss´ıveis para y. O valor v´alido ´e o que satisfaz a equa¸c˜ao da circunferˆencia. 2 2 2 x 1 + (2R) = 4R 2 x = 0 2 2 x + (10R) = 4R 2 2 x = −96R

                                  Esse valor n˜ao tem sentido f´ısico e, portanto o ponto de colis˜ao ´e (0, 2R), A figura abaixo mostra a situa¸c˜ao na qual ocorre a colis˜ao, que seria exatamente o Polo Norte, na latitude de 90 . Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 187

                                  71. O SGDC, Sat´elite Geoestacion´ario de Defesa e Comunica¸c˜oes Estrat´egicas, ´e um sat´elite nacional destinado a dar mais seguran¸cas `as informa¸c˜oes brasileiras e independˆencia de sat´elites estrangeiros. Outra miss˜ao ´e levar sinal de internet a todo territ´orio nacional. Para isso, ele deve estar na ´orbita geoestacion´aria a uma altitude h, sobre o territ´orio nacional. Para viabilizar as comunica¸c˜oes, uma antena apontada para o Brasil, deve ter um ˆangulo de abertura de sinal que permita a cobertura de toda a ´area nacional. Veja figura abaixo.

                                  Suponha que o Brasil possa ser modelado com um circulo plano de mesma ´area de nosso territ´orio, calcule o ˆangulo de abertura desta antena. A ´area do Brasil ´e S e acelera¸c˜ao da gravidade na superf´ıcie da Terra ´e g.

                                  Solu¸c˜ ao: A ´area do circulo base do cone formado pela cobertura da antena ´e a ´area do Brasil. Para encontrarmos o raio deste circulo fica:

                                  2 S = πR a r S

                                  R a = π

                                  188 A altura do sat´elite geoestacion´ario ´e aquela para qual o per´ıodo do sat´elite seja igual `a dura¸c˜ao do dia, 86400s.

                                  GM (R + h) 3

                                  = 4π 2 T 2 Como n˜ao foi dada a massa da Terra, vamos nos virar com a acelera¸c˜ao da gravidade. g =

                                  GM R 2 GM = gR 2 Agora d´a para calcular a altura. gR 2

                                  (R + h) 3 =

                                  4π 2 T 2 (R + h) 3 = gR 2 T 2

                                  4π 2 R + h = 3 r gR 2 T 22 h = 3 r gR 2 T 2

                                  4π 2 − R A tangente ´e uma boa pedida para resolver esta quest˜ao. tgα =

                                  R a h = r S

                                  π 3 r gR 2 T 2 2 − R Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas   189   r S   π

                                  α = arctg   3 2 2 T r gR 2 − R

                                  72. Em 1865, o escritor francˆes Julio Verne escreve um romance chamado De La Terre a La Lune

                                  (Da Terra a Lua), onde na hist´oria de uma viagem a Lua, atrav´es de uma nave disparada por um potente canh˜ao. ´ E interessante notar que na hist´oria o primeiro voo ´a Lua ´e feito por trˆes pessoas, sendo que os nomes s˜ao muito semelhantes aos astronautas da Apollo 11 (primeira miss˜ao a pousar na Lua). Outra curiosidade ´e que o local de lan¸camento na fic¸c˜ao fica a 30km de onde foi lan¸cada a Apollo 11. Recomendo a leitura, ´e bastante interessante. Ent˜ao se baseando no livro do Mounsier Verne, qual seria a velocidade de escape m´ınima de uma espa¸conave que parte da Terra para chegar a Lua. Suponha que a massa da Terra ´e 16M e a massa da Lua, M . O raio da Terra seja 4R e o raio da Lua seja 2R. A distˆancia d que separa a Terra da Lua equivale a 10R (centro a centro). Considere o efeito da Lua na velocidade de escape.

                                  Solu¸c˜ ao: Essa viagem ´e dividida em duas partes. A primeira consiste de um movimento que tem a resistˆencia da Terra que dificulta a subida da nave. A Lua ajuda, mas nos primeiros momentos da viagem enquanto est´a pr´oxima da Terra, nosso sat´elite natu- ral tem efeito muito menor comparado `a Terra. Se isso n˜ao fosse verdade, qualquer coisa poderia ser atra´ıda pela Lua... Em um determinado ponto a for¸ca de atra¸c˜ao da Terra (F T ) e a for¸ca de atra¸c˜ao da Lua (F L ) s˜ao iguais. ´ E como se fosse um ponto neutro. A partir da´ı, a Lua tem efeito mais relevante e acelera o ve´ıculo. Assim, a ideia por tr´as dessa quest˜ao ´e achar uma velocidade m´ınima que fa¸ca com que a capsula chegue ao ponto neutro com velocidade nula e partir da´ı a Lua se

                                  190 F = F T L

                                  Vamos supor que o ponto neutro ocorra a uma distˆancia x do centro da Terra, ent˜ao a distancia do ponto neutro ao centro da Lua ´e 10R − x.

                                  GM T m GM L m 2 = 2 x (10R − x)

                                  16GM m GM m 2 = 2 x (10R − x)

                                  16

                                  1 2 = 2 x (10R − x) 2 2

                                  = x 16(10R − x)

                                  4(10R − x) = x

                                  40R − 4x = x

                                  40R = 5x x = 8R Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 191

                                  Ataca-se este problema com o principio da conserva¸c˜ao da energia, com uma dife- ren¸ca entre os demais exemplos j´a mostrados. A diferen¸ca ´e que a energia potencial gravitacional deve considerar o efeito da Lua. Lembre-se que queremos saber a velo- cidade m´ınima para se chegar ao ponto neutro, x, pois a partir da´ı Lua se encarrega de acelerar o corpo em quest˜ao.

                                  E = E T x No inicio, o corpo est´a no canh˜ao sobre a superf´ıcie da Terra, assim, a distˆancia entre ele e o centro da Terra ´e o pr´oprio raio da Terra. Essa ´e a distˆancia que se usa para calcular a energia potencial gravitacional em rela¸c˜ao `a Terra. Como a Lua tamb´em influencia na energia gravitacional, usamos para calculo da energia potencial gravitacional em rela¸c˜ao `a Lua, a distˆancia entre o centro da Lua e o corpo, assim, que ´e a distˆancia 10R menos o raio da Terra.

                                  1 GM m GM m GM m GM m 2 T L T L mV min − − = 0 − −

                                  2 R T T x

                                  10R − R

                                  10R − x

                                  1 2

                                  16GM m GM m

                                  16GM m GM m mV min − − = 0 − −

                                  2

                                  4R x

                                  10R − 4R

                                  10R − x

                                  1 2

                                  16GM GM

                                  16GM GM

                                • V = min

                                  − −

                                  2

                                  4R

                                  6R x

                                  10R − x

                                  1 2

                                  4

                                  1

                                  16

                                  1 V = GM + min − −

                                  2 R

                                  6R x

                                  10R − x

                                Sendo que x = 10R − 4R, fica:

                                  1 2

                                  4

                                  1

                                  8

                                  1 V = GM min − −

                                • 2 R

                                  6R

                                  3R

                                  4R 2

                                  4

                                  2GM

                                  1

                                  8

                                  1 V + = min − −

                                  R

                                  1

                                  6

                                  3

                                  4 Multiplicando em cima e em baixo essa soma de fra¸c˜oes pelo mmc dos denomina- dores, mmc(1, 6, 3, 4) = 12 2

                                  2GM 12 · 4 + 2 · 1 − 4 · 8 − 3 · 1 V = min

                                  R

                                  12 r 5GM V min =

                                  2R

                                  192

                                  73. O terceiro est´agio de um foguete ´e lan¸cado em A, com velocidade de 15000 km/h, em voo sem propuls˜ao at´e B. Em B o motor do foguete ´e acionado quando a trajet´oria faz um ˆangulo de 20 com a horizontal. A opera¸c˜ao se processa acima da atmosfera e a acelera¸c˜ao gravitacional durante esse intervalo de tempo pode ser 2 considerada como 9m/s constante em intensidade, dire¸c˜ao e sentido. Calcular o tempo t para ir de A at´e B (Esta quantidade ´e necess´aria no projeto do sistema de controle de igni¸c˜ao.). Calcular tamb´em o acr´escimo correspondente da altitude h.

                                  Quest˜ao do Livro Engineering Mechanics Static and Dynamics – James L Merian, Segunda Edi¸c˜ao.

                                  Solu¸c˜ ao: Quando ele diz que est´a acima da atmosfera ´e o mesmo que dizer que o foguete n˜ao sofre influencia do ar, assim, n˜ao h´a desacelera¸c˜ao quando ele estiver em voo livre.

                                  A velocidade em x n˜ao muda, pois n˜ao h´a for¸cas atuando na dire¸c˜ao x. Na dire¸c˜ao y, a velocidade diminui devido a a¸c˜ao da gravidade. Em A, as velocidades s˜ao: 1500 u x = ucosθ = = 295m/s

                                  · cos45 3, 6

                                  1500 u y = usenθ = = 295m/s · sen45

                                  3, 6 Em B, a velocidade horizontal ´e a mesma, mas a vertical n˜ao ´e. A estrat´egia ´e descobrir a nova velocidade u e calcular a nova velocidade na vertical, u . ′ ◦ y u = u cos20 = u x cos20 x u = 295 · 0, 94 = 277m/s

                                  Agora podemos encontrar u : y ′ ◦ u y = u · sen20 Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 193 u y

                                  = 277 · 0, 34 = 94m/s De A para B, a velocidade na vertical sofreu um decr´escimo devido `a gravidade g. O tempo t para isso ´e:

                                  ∆u y 295 − 94 t = = = 22s g

                                  9 t = 22s E a altura percorrida foi 2 2 u = u + 2gh y y 2 2 u y y

                                  − u h = 2 2g 2 295

                                  − 94 h = = 4343m 18 h=4343m

                                  74. Um foguete est´a em ´orbita circular ao redor da Terra, na altitude H. Se o mo- tor ´e ativado dando ao foguete um impulso na velocidade, determinar na express˜ao da velocidade v que deve ser alcan¸cada a fim de que o foguete escape da influˆencia da Terra. Quest˜ao do Livro Engineering Mechanics Static and Dynamics – James L Merian, Segunda Edi¸c˜ao.

                                  Solu¸c˜ ao: A an´alise energ´etica diz que se a energia mecˆanica de um corpo for negativa, sua ´orbita ser´a el´ıptica e caso for positiva ou nula, ele ter´a trajet´oria hiperb´olica ou parab´olica, respectivamente. Para as duas ´ ultimas, a trajet´oria n˜ao ´e fechada e o corpo vai se afastando do planeta. O caso limite ´e a par´abola, que necessita de energia mecˆanica nula.

                                  A velocidade m´ınima para escapar da influˆencia do planeta ´e E mec = 0

                                  1 2 GM m mv = 0 −

                                  2 R T + h 2

                                  2GM v = 2 R T + h Lembrando que GM = gR 2 2 2gR v = r R T + h

                                  2g v = R R T + h

                                  194

                                  75. Um planeta rec´em-descoberto foi nomeado como PNTM-51 que significa Pal- meiras N˜ao Tem Mundial, pelo cientista famoso chamado Romarinho. Astrˆonomos quiseram avaliar se atmosfera desse planeta poderia ter oxigˆenio. Sendo que a tem- peratura m´edia do planeta ´e 300 e sua massa ´e metade da massa da Terra. O diˆametro do planeta ´e o dobro do diˆametro da Terra. Avalie se PNTM ter´a oxigˆenio em sua superf´ıcie. A velocidade de escape da Terra ´e 11.2km/s. O peso de um mol de oxigˆenio ´e 32g. Baseado em http://cdn.askiitians.com/solved-examples/solved-examples-of-gravitation.pdf Solu¸c˜ ao: A velocidade quadr´atica m´edia das mol´eculas de oxigˆenio pode ser calculada pela seguinte equa¸c˜ao vinda da teoria dos gases. r 3RT r 3 · 8, 31 · 900 v = = = 837m/s = 0, 837km/s

                                  M 0, 032 Onde R ´e a constante dos gases, T ´e a temperatura absoluta em Kelvin e M ´e a massa molar do oxigˆenio.

                                  Para saber se essa velocidade das mol´eculas ´e suficiente para escapar da gravidade do PNTM-51, ´e preciso comparar com a velocidade de escape do planeta. A velocidade de escape do planeta ´e calculada pela f´ormula. s

                                  2GM p v = R p

                                  Como foi dada a velocidade de escape da Terra, nada mais natural encontrar a velocidade do planeta em fun¸c˜ao da velocidade de escape da Terra. Ent˜ao vamos transformar essa formula a´ı de cima em algo que contenha a velocidade de escape da Terra. Olhando o enunciado, extra´ımos que a massa do planeta ´e metade da massa da Terra e ele tem diˆametro duas vezes maior que o diˆametro da Terra. Vamos taca-lhe essas coisas na equa¸c˜ao acima. s

                                  2GM p T

                                  1 T

                                  1 r 2GM r 2G · 0, 5M v p = = = = v T = 5, 6km/s

                                  R p

                                  2R T

                                  2 R T

                                  2 Como a velocidade das mol´eculas ´e bem menor que a velocidade de escape do planeta, portanto, d´a para concluir que Palmeiras Tem Oxigˆenio, mas n˜ao tem mundial... ops acho que digitei algo errado. v p = 5, 6km/s

                                  76. Em 1970, a s´etima miss˜ao do programa Apollo, nomeada de Apollo 13, plane- java um pouso na Lua. No entanto, uma falha t´ecnica da espa¸conave causou a perda de oxigˆenio e energia amea¸cando seriamente a vida dos trˆes astronautas. A frase de um dos astronautas ai relatar o problema ao centro de comando em controle em Houston ficou famosa “Houston, we have a problem here...”. Os tripulantes tinham que retornar o quanto antes para a Terra, por´em o m´odulo lunar n˜ao tinha capa- Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 195 a gravidade da Lua impulsionar a nave de volta. Tal medida funcionou e permitiu que os trˆes tripulantes retornassem a salvo.

                                  Considere que vocˆe ´e um dos engenheiros em Houston e que vocˆe precisa, em quest˜ao de horas, avaliar esta estrat´egia, indique qual a distˆancia m´ınima da Lua, r , que a Apollo 13 ao se aproximar da Lua. Suponha que no instante t, a espa¸conave est´a muito distante da Lua e com velocidade u, conforme a figura. Baseada nas quest˜oes do site http://www.syvum.com/cgi/online/serve.cgi/physics/gravitation/upcgrav.sal?0 Solu¸c˜ ao: Nas quest˜oes de gravita¸c˜ao sempre tenha em m˜aos na sua caixa de ferramenta a Conserva¸c˜ao da Energia e a Conserva¸c˜ao do Momento Angular. Essa dupla do barulho resolve muita coisa. Ao aplicar esses dois princ´ıpios, conseguimos extrair tudo que precisamos... Vamos l´a!!! Veja que foi dada uma condi¸c˜ao na qual a velocidade da nave est´a a uma distˆancia L do centro da Lua, e nessa situa¸c˜ao, o vetor posi¸c˜ao da nave em rela¸c˜ao `a Lua ´e perpendicular `a velocidade. Esquematizando o problema com vetores, gera essa figura legal.

                                  O momento angular quando a Apollo est´a em uma posi¸c˜ao muito distante da Lua considera o ˆangulo entre o vetor velocidade e o vetor posi¸c˜ao. Vetorialmente, temos

                                  196 Escrevendo a conserva¸c˜ao do momento angular para o ponto distante e o ponto mais pr´oximo da Lua... ′ ◦ mursenα = mvr sen90 ursenα = vr

                                  Mas note que α = 180 − θ, e agora fica ◦ ′ ursen(180 − θ) = vr

                                  Mas quanto ´e sen(180 − θ)? Quando temos subtra¸c˜ao de arcos usa-se a equa¸c˜ao

                                  (que vocˆe deve saber)! sen(a − b) = sena · cosb − senb · cosa Portanto, ◦ ◦ ◦ sen(180

                                  = senθ − θ) = sen180 · cosθ − senθ · cos180

                                  Olha que beleza!! Agora vem a parte linda! Veja que temos um triangulo retˆangulo com um de seus ˆangulos sendo θ, o lado oposto sendo L e a hipotenusa sendo r. D´a para escrever o seno.

                                  L senθ = r

                                  O momento se reduz a L

                                  = vr ur · r uL = vr

                                  Portanto a velocidade ser´a uL v = r

                                  Agora ´e energia! Antes se lembre de que se a Apollo 13 est´a muito distante da Lua, a energia potencial gravitacional relativa `a Lua ´e nula... Estamos supondo que a Terra n˜ao interfere de forma relevante nesse cen´ario. 1 2 E = E Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 197

                                  1 2

                                  1 2 GM m mu = mv −

                                  2 2 r M ´e a massa da Lua e m e a massa da nave. 2 2 2 u L GM m u 2 − = −2 ′ ′ r 2 r Multiplicamos por r para eliminar as fra¸c˜oes. 2 ′ ′ 2 2 2 u r L

                                  − u = −2GMmr Observe que chegamos a uma equa¸c˜ao do segundo grau em r . 2 ′ ′ 2 2 2 u r + 2GM mr L = 0 − u O discriminante dessa equa¸c˜ao mostra sua cara... 2 2 2 2 2 2 4 2

                                  ∆ = (2GM ) + 4u (u L ) = 4G M + 4u L 2 2 u L 4 2 ∆ = 4G M 1 + 2 2 r G M 4 2

                                  √ u L ∆ = 2GM 1 + 2 2 r G M 4 2 u L

                                  −2GM ± 2GM 1 + ′ G M 2 2 r = 2 2u r 4 2 u L

                                  −1 ± 1 + ′ G M 2 2 r = GM 2 u Como queremos a distˆancia m´ınima, ent˜ao a resposta ´e r 4 2 u L ′ G M 1 + 2 2 − 1 r = GM 2 u

                                  77. Em um sistema solar distante, trˆes planetas encontram-se alinhados. A distˆancia de cada planeta em rela¸c˜ao ao sol deste sistema, em termos de distˆancia da Terra ao nosso Sol, ´e quatro vezes, nove vezes e 25 vezes. Depois de quanto tempo, em anos terrestres, esses planetas ir˜ao se alinhar novamente. O per´ıodo do mais curto dura 4 anos terrestres. Solu¸c˜ ao:

                                  198 posteriormente batizamos os planetas com nomes muito criativos de 1, 2 e 3. A partir da Terceira Lei de Kepler encontram-se os per´ıodos de rota¸c˜ao em torno do sol deste distante sistema solar. 2 3 T 2 R 2 1 = 1 T R 2 3 T 2

                                  9R T 1 = 2 T 3

                                  4R T 2 3 3 2 T 2

                                  9

                                  3

                                  3 1 = = = 2 3 T

                                  4 2

                                  2

                                  2 T

                                  27 1 = 2 T

                                  8 1 Portanto, ser´a 27 anos para T e 8 anos para T . 2 3 T 3 R 3 1 = 1 T R 2 3 T 3

                                  25R T 1 = 2 T 3

                                  4R T 2 3 3 2 T 3

                                  25

                                  5

                                  5 1 = = = 2 3 T

                                  4 3

                                  2

                                  2 T 125 1 = 3 T

                                  8 E ser´a 125 anos para T . Os c´alculos feitos dizem que os per´ıodos de revolu¸c˜ao dos planetas s˜ao 8, 27 e 125 anos. Para encontrar o novo alinhamento, devemos encontrar um m´ ultiplo comum entre esses per´ıodos, assim, calculamos o M.M.C e tudo fica resolvido. O novo encontro se dar´a ap´os 13500 anos.

                                  78. Uma esfera s´olida de massa m ´e colocada dentro de uma casca esf´erica (oca e fina) de massa M . Uma terceira massa m ´e colocada na linha que une os centros da esfera s´olida e da casca esf´erica, a uma distˆancia x do ponto de contato entre a casca e a esfera s´olida. Calcule a for¸ca sobre a massa m . Quest˜ao baseada no livro The Pearson Guide To Objective Physics For The Iit-Jee 2011, Srivastava M. K.

                                  Solu¸c˜ ao: Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 199

                                  ′

                                  Pela propriedade das cascas esf´ericas, a massa m est´a interna `a casca, assim, a for¸ca gravitacional sobre m ´e nula. Restando apenas a for¸ca gravitacional entre m e m.

                                  A distˆancia entre os centros de destes dois corpos ´e x − r, assim a for¸ca fica Gmm

                                  F = 2 (x − r)

                                  79. Sat´elites s˜ao monitorados em esta¸c˜oes terrestres atrav´es de uma t´ecnica cha- mada telemetria. A telemetria informa dados essenciais sobre localiza¸c˜ao, opera¸c˜ao dos subsistemas e sa´ ude do sat´elite. Para isso, uma antena envia `a Terra esses da- dos via ondas eletromagn´eticas. O acompanhamento da posi¸c˜ao do sat´elite chama-se ground tracking

                                  . Uma das formas de exibir o tracking ´e projetar sobre o mapa da Terra e tra¸car a trajet´oria do sat´elite. A Esta¸c˜ao Espacial Internacional tem uma ´orbita pr´oxima da Terra e permite aos astronautas permanecer no espa¸co por longos per´ıodos, realizando as mais diversas atividades t´ecnicas e cient´ıficas.

                                  A ´orbita da ISS, International Space Station, possui uma inclina¸c˜ao em rela¸c˜ao ao Equador como pode ser visto abaixo.

                                  200 A ´orbita acima gera um tracking sobre o planisf´erio como mostrado na figura abaixo.

                                  A partir da figura acima, pergunta-se: qual o per´ıodo de revolu¸c˜ao da esta¸c˜ao em torno da Terra? Solu¸c˜ ao: Essa quest˜ao exige um esfor¸co para visualiza¸c˜ao visto que temos um problema tri- dimensional e transformado em problema bidimensional. Imagine que a Terra est´a parada, isto ´e, n˜ao gira em torno de seu eixo. O sat´elite descreve uma curva sobre a superf´ıcie da Terra no estilo de um seno ou cosseno, atin- gindo um ponto m´aximo ao Norte e logo depois come¸ca a descer at´e o hemisf´erio Sul. Esse processo de subir e descer vai se repetindo indefinidamente. Quanto menor o per´ıodo de rota¸c˜ao da esta¸c˜ao mais r´apido ´e essa subida e descida. Al´em disso, estando a Terra parada, o sat´elite come¸ca e termina no mesmo ponto, isto ´e, os pontos em que a esta¸c˜ao cruza o Equador seriam o mesmo quando sobe e quando desce. Mas a Terra se move com um a velocidade angular:

                                  2π 2π 2π ω = = = = 0, 25 /min

                                T 1440 24 · 60

                                  Acontece que devido a essa rota¸c˜ao, a esta¸c˜ao n˜ao passa pelo mesmo ponto quando cruza o equador. Veja na imagem do tracking que as curvas s˜ao deslocadas entre si. Dessa forma, cada vez que d´a uma volta na Terra, quando cruzar o Equador, ser´a num ponto deslocado do anterior de um ˆangulo ∆θ. Note como fica o tracking para Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 201

                                  Viu como a distancia dos pontos em que cruza o equador sempre est˜ao afastadas `a mesmas distancia? Isso porque a velocidade de rota¸c˜ao da Terra ´e constante, caso contr´ario, essa separa¸c˜ao n˜ao seria constante. Lembre-se que as linhas verticais, tamb´em chamados de meridianos, permitem cal- cular o ˆangulo de deslocamento, pois os meridianos marcam as longitudes.

                                  Ao analisar o tracking, vamos obter o delta de ˆangulo. As setas abaixo marcam dois pontos peri´odicos da ´orbita e est˜ao sob longitudes distintas. Da esquerda `a direita temos 360 graus, pois ´e uma volta completa em torno da Terra. Ao contarmos as linhas chegamos que totalizam 36, dessa forma, a separa¸c˜ao entre cada linha ´e 10 . As setas indicam que a diferen¸ca ´e de 23 (aproximadamente). Isso quer dizer que o tempo de uma volta completa da ISS, a Terra gira um ˆangulo igual ao per´ıodo do sat´elite vezes a velocidade angular da Terra.

                                  ∆θ = ωT ISS

                                  202 Ao aplicar os dados que encontramos...

                                  ∆θ = 23 = 0, 25T ISS

                                  23 T ISS = 92min 0, 25

                                  80. Uma nave espacial, em ´orbita el´ıptica de raio r A , transfere-se para uma ´orbita maior de raio r B por meio de uma trajet´oria el´ıptica entre A e B (Essa trajet´oria ´e conhecida como a elipse de transferˆencia de Hohmann). A transferˆencia ´e efetuada por uma eleva¸c˜ao instantˆanea de velocidade ∆v , em A, e um segundo aumento de A velocidade ∆v B , em B. Deduzir as express˜oes de ∆v A e ∆v B em fun¸c˜ao dos raios mostrados e do valor g da acelera¸c˜ao da gravidade na superf´ıcie da Terra. Esta quest˜ao foi baseada no Livro Engineering Mechanics Static and Dynamics – James L Merian, Segunda Edi¸c˜ao.

                                  Solu¸c˜ ao: Um exemplo pr´atico de como esses deltas de velocidade podem ser realizados ´e visto na fotografia abaixo. A imagem ´e do m´odulo de servi¸co da Apollo, onde se veem pequenas tubeiras por onde saem jatos de g´as para dar impulsos e controlar a espa¸conave. A maior parte das vezes elas s˜ao usadas para deixar a nave em certa posi¸c˜ao em rela¸c˜ao a um sistema de referˆencia, mas tamb´em pode ser usada para dar impulsos que aceleram ou desaceleram o ve´ıculo. Outra forma ´e acionar o foguete Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 203

                                  A ideia por tr´as da elipse de transferˆencia ´e que com o aumento da velocidade em

                                  A, ´e poss´ıvel sair da ´orbita circular e ir para uma ´orbita el´ıptica e da mesma forma com um segundo aumento ´e poss´ıvel sair da ´orbita el´ıptica e passar para uma ´orbita circular maior. A velocidade na ´orbita circular ´e 2 GM v = A0 r A

                                  Come¸cando para a conserva¸c˜ao de energia em A e em B na elipse fica E A = E B

                                  1 2 GM m

                                  1 2 GM m mv = mv A B − − 2 r A

                                  2 r B

                                  1 2 GM

                                  1 2 GM v = v A B − − 2 r A

                                  2 r B 2 2

                                  2GM

                                  2GM A B − + v = v r A r B A conserva¸c˜ao do momento angular nos d´a ◦ ◦ mv A r A sen90 = mv B r B sen90 O 90 vem do fato que nestes pontos a velocidade faz um ˆangulo reto com o vetor posi¸c˜ao cuja origem est´a na Terra. Essa rela¸c˜ao se reduz a... v A r A = v B r B

                                  Vamos elevar o quadrado por que queremos usar na equa¸c˜ao da energia. No mo- mento, o interesse ´e calcular o aumento de velocidade em A, por isso, vamos eliminar a velocidade em B. 2 2 2 2 v r = v r A A B B 2 v r A A 2 2 v = B 2 r B

                                  204 2 2 2 v r A A

                                  2GM

                                  2GM A 2 − + v = r r A r B B Eis que apareceu v A nos dois lados da equa¸c˜ao... Ent˜ao vamos trazer para um mesmo lado: 2 2 2 v r A A

                                  2GM

                                  2GM v = A − 2 − 2 2 2 r r A r B 2 B

                                  1 v r r A B A A

                                  1 − v 2

                                  = −2GM − 2 2 r r B r A B 2 v (r ) r A B A B A 2 − r − r = −2GM 2 r r A r B B v (r B A )(r B + r A ) r B A A

                                  − r − r 2 = 2GM 2 r r r B A B v (r + r ) A B A

                                  1 2 = 2GM r r A r B B 2 B r v = 2GM A r A (r B + r A ) O que acabamos de encontrar acima ´e a velocidade final em A e a velocidade inicial em A ´e a velocidade em movimento circular. s r B r GM

                                  ∆v = v = A A A0

                                  2GM − v − r r A (r B + r A ) r A r GM 2r B

                                  ∆v A = − 1 r A r B + r A

                                  Lembrando que: 2 gR = GM Da´ı... s 2 r gR 2r B

                                  ∆v A = − 1 r r A r B + r A r g 2r B

                                  ∆v A = R − 1 r A r B + r A

                                  Para ∆v B , o processo ´e similar e resulta em r r g 2r A ∆v B = R 1 − r B r A + r B Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 205

                                  81. O processo de Docking ou Ancoragem ´e o acoplamento entre um ve´ıculo trans- portador e uma esta¸c˜ao espacial. A Esta¸c˜ao Espacial Internacional recebe astronau- tas e mantimentos atrav´es de espa¸conaves de transporte ou cargueiros. Para efetuar a passagem de pessoas e recursos, o docking precisa ser realizado, conectando as portas de acesso da espa¸conave e da esta¸c˜ao. ´ E uma tarefa complicada pela raz˜ao de que em ´orbita, as velocidades s˜ao muito altas e deve ser feita com m´axima pre- cis˜ao, pois erros podem causar acidentes de enormes propor¸c˜oes. Considerem uma esta¸c˜ao espacial em ´orbita circular a uma altitude de 1200 km. Um carregamento e seu foguete transportador, com massa 800 kg, ´e colocado em ´orbita a 450km de altitude em A. Calcular o ˆangulo θ, que define a posi¸c˜ao da esta¸c˜ao em rela¸c˜ao a A, a fim de que o encontro ocorra em B, com trajet´orias paralelas.

                                  Esta quest˜ao foi baseada em problema do Livro Engineering Mechanics Static and Dynamics – James L Merian, Segunda Edi¸c˜ao. Solu¸c˜ ao: Em rela¸c˜ao a A, B est´a a 180 . Para a ancoragem acontecer estando a esta¸c˜ao em uma posi¸c˜ao cujo ˆangulo em rela¸c˜ao a A ´e θ, podemos escrever o seguinte: T f oguete 180 = θ + ω estacao

                                  ·

                                  2 Mas porque vocˆe me pergunta... Vou explicar! Quando o foguete come¸car sua viagem para acoplar na esta¸c˜ao, ele vai percorrer metade sua ´orbita. Nesse tempo a esta¸c˜ao vai percorrer a circunferˆencia de sua ´orbita com sua velocidade angular a partir do ˆangulo inicial θ. T f oguete ´e o tempo de viagem do foguete de A at´e B. Para encontrar o per´ıodo do foguete vou dar uma pista... O foguete executa um ´orbita el´ıptica com a Terra em um dos seus focos (essa ´e primeira lei de Kepler), qual a terceira lei de Kepler vai usar??? Alguma coisa me diz que ´e a Terceira lei Kepler... Temos que ter o semi eixo maior

                                  206 calcular. A largura da elipse ´e duas vezes o semi eixo maior, que ´e tamb´em ´e justamente a soma dos dois raios.

                                  2a = r A + r B S´o que esses raios tamb´em n˜ao foram dados. N˜ao foram mesmo, concordo, mas tamb´em ainda n˜ao terminamos. O que foi dado foi a altitude e o raio da Terra.

                                  Olhai essa figura maneira e entender´as.

                                  2a = h A + h B + 2R T

                                  1 a = (h + h + 2R ) A B T

                                  2 O per´ıodo pode ent˜ao ser calculado: 2 4π 2 3 T = a f oguete 2 GM 3 2 4π h A + h B + 2R T T = f oguete r GM 2

                                  2 π 3 T f oguete = (h A + h B + 2R T )

                                  2GM Usando novamente a gravidade na superf´ıcie. 2 gR = GM T Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas s 2 207

                                  π 3 T = (h + h + 2R ) f oguete A B T 2 2gR T r 1 3

                                  π T f oguete = (h A + h B + 2R T )

                                  R T 2g Veja que eu estou montando um Frankenstein, mas ´e por que eu prefiro trabalhar com letras dos que ir calculando com os valores num´ericos, assim, eu identifico oportunidades de simplifica¸c˜oes que eu n˜ao veria caso j´a sa´ısse com os valores. A esta¸c˜ao orbita com velocidade linear igual a: r

                                  GM v = h B + R T r

                                  GM ω estacao B + R T ) =

                                  · (h r h B + R T

                                  1 GM ω estacao = h B + R T h B + R T r

                                  R T g ω estacao = h B + R T h B + R T

                                  Juntando tudo na panela e mexendo as letras... T f oguete θ = 180 estacao

                                  − ω · r

                                  2 r 1 3 R T g 1 π θ = 180 (h A + h B + 2R T )

                                  − · h B + R T h B + R T r

                                  2 R T 2g r 1 3 π g θ = 180 (h A + h B + 2R T )

                                  − · 2(h B + R T ) h B + R T 2g s 3 π (h A + h B + 2R T )

                                  θ = 180 −

                                  2(h B + R T ) 2(h B + R T ) s 3 h A + h B + 2R T θ = 180

                                  − π 2(h B + R T )

                                  O raio da Terra ´e 6371 km. Substituindo os valores do enunciado na equa¸c˜ao obtida acima: ◦ ′ θ = 13

                                  18

                                  208

                                  Figura 5.2: Imagens de Docking do ˆ Onibus Espacial e das naves russas. ´ E um processo cr´ıtico que demanda muitos c´alculos e procedimentos de controle de velocidade.

                                  82. Dois objetos, cada um com massa m, est˜ao pendurados em fios de diferentes comprimentos em uma balan¸ca na superf´ıcie da Terra, conforme a figura abaixo. Se os fios tˆem massa desprez´ıvel, a diferen¸ca entre seus comprimentos ´e h. (http://www.rumoaoita.com/site/attachments/582_gravitacao_universal_fisica_ hebert_aquino_teoria_exercicios.pdf )

                                  ′

                                  Mostre que o erro na pesagem, associado ao fato de que P est´a mais perto da Terra que P ´e: 8πGρmh P

                                  − P =

                                  3 Onde ρ ´e a densidade m´edia da Terra. Considere h << R e use se necess´ario: n

                                  (1 + x) = 1 + nx. Solu¸c˜ ao: Supomos que P est´a a uma altura a acima da superf´ıcie da Terra. ′ ′ mGM mGM

                                  P = mg = = 2 2 a (R + a) 2 R 1 + Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 209

                                  P ∼ = mGM

                                  − P = 2mhM G

                                  R P

                                  − P = mM G R 2

                                  2 h R 1 +

                                  2a R

                                  · 1 + 2 a + h

                                  R P

                                  R 3

                                  R 1 + 2a

                                  1 1 + 2a

                                  R · 1 + 2 a + h

                                  R Sendo que a << R, a divis˜ao de a por R ´e quase 0. O mesmo pode ser dito para a + h << R.

                                  P − P =

                                  2mhM G R 3

                                  1 (1 + 0) · (1 + 0)

                                  P − P =

                                  R · 1 + 2 a + h

                                  R − 1 − 2 a

                                  R 2 1 + 2a

                                  − P = mM G R 2 1 +

                                  R Da mesma forma para P.

                                  P = mg = mM G (R + a + h) 2

                                  = mM G R 2 1 + a + h

                                  R 2 P ∼ = mM G

                                  R 2 1 + 2 a + h R

                                  A diferen¸ca entre eles: P

                                  2a R

                                  − P = mM G R 2 1 + 2 a + h

                                  − mGM R 2 1 + 2 a + h

                                  R P − P = mM G

                                  R 2

                                  1 1 + 2a

                                  R −

                                  1 1 + 2 a + h

                                  R P

                                  2mhM G 3

                                  210 A massa da Terra ´e o produto do volume pela densidade.

                                  M = ρV

                                  4 3 M = ρ πR

                                  3 Finalmente... 2mhM G P

                                  − P = 3 R 2mhG

                                  4 3 P πR − P = 3 · ρ

                                  R

                                  3 8πρmhG P

                                  − P =

                                  3

                                  83. Um corpo de massa m dista a unidades de um conjunto de cascas met´alicas de massa M e M , conforme a figura abaixo. Encontre a for¸ca exercida sobre a massa m. Quest˜ao baseada em quest˜ao do livro The Pearson Guide To Objective Physics For The Iit-Jee 2011, Srivastava M. K.

                                  Solu¸c˜ ao: A for¸ca gravitacional age como se toda a massa de uma casca estivesse concentrada em seu centro. Assim, as duas cascas seriam como se fosse um ´ unico corpo de massa

                                  M + M localizado no centro comum de ambas. A distˆancia continua sendo a. A for¸ca, portanto, fica: G(M + M )

                                  F = 2 a Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 211

                                  84. (Quest˜ao do Livro do Halliday) Mostre que, que no fundo de um po¸co de uma mina vertical de profundidade D, o valor de g ser´a D g = g s

                                  1 − R

                                  Onde g a ´e o valor na superf´ıcie. Suponha que a Terra seja uma esfera uniforme de raio R. Solu¸c˜ ao:

                                Pela propriedade das cascas esf´ericas, a uma profundidade D, a massa da esfera que cria a gravidade no fundo da mina tem raio R − D. A massa dessa esfera criada

                                  pela mina ´e 3 ′ ′

                                  4 3

                                  4 3 D M = ρV = ρ = ρ πR

                                  π(R − D) 1 −

                                  3

                                  3 R A gravidade no fundo da mina: 3

                                  4 D 3 Gρ πR ′ ′ 1 − GM GM

                                  4 D

                                  3 R g = = = = Gρ πR 2 2 2 1 −

                                  3 R D D (D − R) 2 2 R R 1 − 1 −

                                  R R A gravidade na Terra em fun¸c˜ao da densidade:

                                  GM g s = 2 R A massa da Terra ´e

                                  4 3 M = ρV = ρ πR

                                  3 A gravidade na superf´ıcie da Terra ´e

                                  4 3 Gρ πR GM

                                  4

                                  3 g s = = = Gρ πR 2 2 R R

                                  3 Observe que a gravidade na superf´ıcie est´a embrenhada ali na gravidade da mina. Preste bem aten¸c˜ao...

                                  4 D D g = Gρ πR s 1 − ⇒ g = g 1 −

                                  3 R R

                                  85. A explora¸c˜ao de um planeta em um sistema solar pr´oximo requer a constru¸c˜ao de uma base no polo norte do planeta. Sabe-se que este planeta possui massa igual ao dobro da massa da Terra e raio idˆentico. Avalia-se construir uma base de forma que a gravidade ali seja igual a gravidade na Terra. Levanto em conta fatores como temperatura, press˜ao, descargas atmosf´ericas e acesso a min´erios ´ uteis, cogitaram-se

                                  212 em uma das montanhas a y metros de altitude a fim de termos a mesma gravidade na superf´ıcie da Terra. Avalie as duas op¸c˜oes de constru¸c˜ao. Solu¸c˜ ao: O planeta tendo o dobro da massa da Terra e mesmo raio resulta em uma acelera¸c˜ao na superf´ıcie de seu polo Norte igual a duas vezes a gravidade na superf´ıcie do polo Norte da Terra. g s = 2g T

                                  Vimos no exerc´ıcio anterior que para uma profundidade x, a acelera¸c˜ao da gravidade diminui linearmente com o aumento da profundidade. g s ´e igual a gravidade na superf´ıcie do polo Norte do planeta. x x g = g s = 2g T

                                  1 − 1 − R R

                                  Para equivaler `a gravidade na Terra, a profundidade x deve ser x 2g T = = g T 1 −

                                  R 2x

                                  = 1 2 − R

                                  2x = 1

                                  R R x =

                                  2 Isso quer dizer que dever-se-ia cavar uma distˆancia igual a metade do raio do planeta. O decr´escimo da gravidade com a altitude acima da superf´ıcie varia da seguinte maneira... 2 2 GM g s R 2g T R g = = = 2 2 2

                                  (R + y) (R + y) (R + y) Para equivaler `a gravidade na superf´ıcie do polo da Terra: 2

                                  2g T R 2 = g T (R + y) 2

                                  2R 2 = 1 (R + y) 2 2 2

                                  2R = (R + y) 2 2

                                  2R = R + 2Ry + y Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 2 2 213 y = 0

                                • 2Ry − R O discriminante desta equa¸c˜ao...
                                • 2 2 2 ∆ = 4R ) = 8R

                                    − 4(−R Ent˜ao:

                                    √ ∆

                                    −2R ± y =

                                    2 √

                                    2)R y = (−1 ± H´a uma raiz positiva e outra negativa. Como n˜ao faz sentido a raiz negativa a solu¸c˜ao ´e:

                                    √ y = ( = 0, 41R 2 − 1)R ∼

                                    Se pensarmos apenas na profundidade e na altitude, a base nas montanhas parece ser mais fact´ıvel que a base a uma profundidade R/2.

                                    86. A partir da superf´ıcie da Terra, um objeto ´e lan¸cado com velocidade igual `a velocidade de escape. A velocidade de escape forma 45 com a horizontal (tangente `a Terra no ponto de lan¸camento do objeto). Determine o ˆangulo que a velocidade, a uma altura R acima da superf´ıcie da Terra, faz com a horizontal neste ponto (ho- rizontal ´e a tangente a circunferˆencia de raio 2R neste ponto). Baseada em uma quest˜ao do New Pattern Physics de D.C Pandey – http://www. rumoaoita.com/site/attachments/582_gravitacao_universal_fisica_hebert_ aquino_teoria_exercicios.pdf Solu¸c˜ ao: Primeiramente se come¸ca com o principio da conserva¸c˜ao do momento angular re- ferenciado em rela¸c˜ao ao centro da Terra e depois na altitude R.

                                    214 mvR sin(90 + 45 ) = mv

                                    2R v = r GM R Votando no resultado da conserva¸c˜ao do momento angular. √

                                    2R ·

                                    GM R −

                                    GM R =

                                    1

                                    2 v 2

                                    GM

                                    2

                                    2 mv 2

                                    2 v = 2v cos θ √

                                    2

                                    2 · r 2GM

                                    R = 2 · r GM

                                    R · cos θ

                                    1

                                    2 = cos θ

                                    GM m

                                    1

                                    2R sin(90 + θ) v sin 135 = 2v cos θ √

                                    =

                                    2

                                    2 v = 2v cos θ A velocidade inicial tem intensidade igual a velocidade de escape. v = r 2GM

                                    R A velocidade final ´e encontrada pela conserva¸c˜ao da energia.

                                    1

                                    2 mv 2

                                    GM m R

                                    1

                                    =

                                    2 mv 2

                                    GM m

                                    2R

                                    1

                                    2 m ·

                                    2GM R −

                                    GM m R

                                    θ = 60 Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 215

                                    87. Trˆes esferas idˆenticas e de mesma massa m est˜ao dispostas em uma circun- ferˆencia, organizadas como os v´ertices de um triˆangulo equil´atero inscrito a esta circunferˆencia de raio R. Somente as for¸cas gravitacionais de atra¸c˜ao entre elas s˜ao relevantes. Calcule a velocidade de rota¸c˜ao deste sistema.

                                    Solu¸c˜ ao: Cada esfera ´e atra´ıda pelas outras duas devido `a for¸ca gravitacional. Como elas est˜ao girando, a for¸ca centr´ıpeta ´e a resultante das for¸cas gravitacionais em cada esfera.

                                    A composi¸c˜ao vetorial das for¸cas em cada massa ´e mostrada na figura seguinte.

                                    A for¸ca centr´ıpeta ´e composta pela soma das duas componentes das for¸cas de atra¸c˜ao entre as esferas. Veja que o ˆangulo entre as for¸cas ´e o ˆangulo do v´ertice do

                                    216 formando um ˆangulo de 60 , teremos uma resultante vertical e um horizontal. No caso da resultante horizontal ela se anula, pois as componentes horizontais s˜ao iguais, de mesma dire¸c˜ao, mas est˜ao em sentidos. J´a a resultante vertical ´e a soma das componentes verticais. O desenho n˜ao ficou muito bom, mas temos um triangulo retˆangulo com um dos ˆangulos igual a 30 .

                                    √ ◦ ◦ ◦ 3 √ F y = F cos 30 + F cos 30 = 2F cos 30 F =

                                    3F = 2 ·

                                    2 Como j´a dissemos, a for¸ca centr´ıpeta ´e a resultante da for¸ca na esfera. F y = F cp 2 2

                                    √ Gm mv = 3 · 2 a R 2

                                    √ Gm v = 3 · 2 a R 2

                                    3GRm v = 2 a Mas n˜ao temos o valor de a, pois n˜ao foi dado, por´em podemos encontr´a-lo ao analisar a geometria do triangulo inscrito. Um triˆangulo equil´atero possui todos os seus lados iguais e todos os seus ˆangulos internos iguais a 60 . a

                                    = R sin 60 Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 217

                                    √ a

                                    3 = R ·

                                    2

                                    2 √ a =

                                    3R Finalizando... 2 √ √

                                    3GRm

                                    3GRm v = = √ 2 2

                                    3R (

                                    3R) √ 2

                                    3Gm v = 1 2

                                    3R

                                    88. Duas part´ıculas de massa m e m s˜ao soltas em repouso, separadas de uma distˆancia inicial r , movendo-se apenas sob o efeito de sua atra¸c˜ao gravitacional m´ utua. Calcule as velocidades part´ıculas quando se aproximam at´e uma distˆancia r (r < r ), uma da outra. Quest˜ao do livro Curso de F´ısica B´asica, volume 1, Moyses Nussenzveig Solu¸c˜ ao: N˜ao estamos falando de ´orbitas nem nada aqui, apenas duas part´ıculas, ent˜ao n˜ao precisamos usar a conserva¸c˜ao do momento angular, mas sim da conserva¸c˜ao do momento linear. Como as for¸cas que agem nas part´ıculas s˜ao apenas as for¸cas de atra¸c˜ao gravitacional, podemos considera-las como for¸cas internas. Dessa maneira, o momento se conserva e o centro de massa delas n˜ao se move, apesar de elas se moverem. Enfim, podemos escrever uma equa¸c˜ao para relacionar o momento linear a uma distˆancia r e a uma distancia r. 1 Q inicial = Q f inal 2 1 1 2 2 m v v

                                    · 0 + m · 0 = m − m No inicio elas est˜ao em repouso e depois se movem uma em dire¸c˜ao `a outra mostrando que as velocidades tˆem sentidos opostos. 1 1 2 2 0 = m v v

                                    − m 2 2 1 m v v = 1 m Aplicando a conserva¸c˜ao da energia: 1 2 E = E inicial f inal 1 2 Gm m

                                    1 1 2

                                    1 2 2 Gm m = + m v 1 m v 2

                                    − − r 2 2 r

                                    218 Antes a energia cin´etica ´e zero j´a que ambas est˜ao em repouso, restando apenas a energia potencial gravitacional de ambas. Depois elas come¸cam a se mover e a energia mecˆanica ´e a soma das energias cin´eticas das duas part´ıculas e a energia potencial gravitacional entre elas. Usando a conserva¸c˜ao do momento na conserva¸c˜ao da energia... 1 2 m 2 2 2 1 2 Gm m 1 v

                                    1 2 Gm m = m m v 1 2 2

                                  • r

                                    − − 1

                                    2 m 2 2 2 r

                                    1 2 1 2 Gm m m 2 v 2

                                    1 2 Gm m = m v 2 2

                                    − −

                                  • 1
                                  • 2 r 2m 2 2 r 1 2 1 2 m 2 v 2

                                      1 2 Gm m Gm m m v 2 2 = 1

                                    • 2m
                                    • 2 2 2 r r

                                        1 m 2 v 2

                                        1 2

                                        1 m v 2 2 = Gm m 1 2 1

                                      • 2m

                                        2 r r

                                        1 2

                                        1 2 2

                                        1

                                        1 m v m v = Gm 2 2 1

                                      • 2
                                      • 1

                                          2 2 r r 2 2

                                          1 2 2

                                          1 (m + m )v 2 = 2Gm 1

                                          − s 2 r r 2

                                          2Gm 1

                                          1

                                          1 v = − m 2 + m 1 r r s 2

                                          2Gm 2

                                          1

                                          1 v 1 = 2 1 − m + m r r

                                          89. Dois corpos celestes de massa M est˜ao separados por uma distˆancia d. Um terceiro corpo passa ´e acelerado do infinito percorrendo a linha que passa pelo ponto Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 219

                                          A for¸ca de atra¸c˜ao entre os corpos de massa M ´e GM m

                                          F = 2 r As componentes horizontais das for¸cas em m se cancelam e as componentes verticais se somam ( se ficar com d´ uvida, foi mostrado no inicio do livro isso a´ı). A for¸ca resultante ´e

                                          F R = 2F cos(90 − θ) = 2F sin θ

                                          Como a resultante na horizontal ´e nula e a componente vertical depende do seno do ˆangulo, o seno chega a zero quando o ˆangulo θ ´e nulo. Nessa condi¸c˜ao a resultante das for¸cas sobre a massa ´e nula, que ´e justamente sobre o ponto m´edio da linha que

                                          220

                                          90. Calcule a velocidade que um corpo deve ser lan¸cado da superf´ıcie da Terra para que este entre em ´orbita el´ıptica de apogeu 10R e perigeu de 2R. R ´e o raio da Terra e g ´e a gravidade na superf´ıcie da Terra. Quest˜ao baseada em http://www. rumoaoita.com/site/attachments/582_gravitacao_universal_fisica_hebert_ aquino_teoria_exercicios.pdf Solu¸c˜ ao:

                                          No apogeu e perigeu, o ˆangulo entre a velocidade e o raio ´e 90 , nos permitindo escrever, a partir da conserva¸c˜ao do momento angular. A seguinte rela¸c˜ao entre as velocidades. mv a r a = mv p r p v a p

                                          · 10R = v · 2R 5v a = v p At´e agora s´o deu para saber a rela¸c˜ao entre as velocidades e n˜ao adianta muito. Para seguir em frente, se faz necess´ario determinar quanto valem essas velocidades. Note que se descobrimos uma delas, a outra tamb´em ´e definida. Observe que o que foi dado no enunciado, g e R e por isso vocˆe deve se ater a estas duas vari´aveis. A conserva¸c˜ao da energia d´a condi¸c˜oes de determinar a velocidade orbital.

                                          1 2 GM m

                                          1 2 GM m mv = mv a p − −

                                          2 2 GM

                                          10R

                                          2 2 GM

                                          2R v = 25v a a − −

                                          5R R 2 GM GM 24v = a − 2 R

                                          5R

                                          4GM 24v = a 2 GM

                                          5R 2 gR 2 v = = v = a a

                                          30R 2 gR

                                          30R v = a

                                          30 Com isso j´a deu para saber qual deve ser a velocidade no apogeu. Para saber qual a velocidade de lan¸camento, voltamos a usar a conserva¸c˜ao da energia entre o ponto de lan¸camento, sobre a superf´ıcie da Terra e a energia no apogeu.

                                          1 2 GM m

                                          1 2 GM m mv = mv a − − Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 221

                                          1 gR GM m

                                          1 2 GM m = mv m · − −

                                          2

                                          30

                                          10R

                                          2 R

                                          1 2 1 gR GM m GM m

                                        • mv = m · −

                                          2

                                          2

                                          30

                                          10R R 2 gR GM

                                          2GM v = −

                                        • 30

                                          5R R 2 2

                                          

                                        2 gR gR 2gR

                                        • v = −

                                          30

                                          5R R 2 gR gR v = + 2gR −

                                          30

                                          5 2 55gR 11gR gR − 6gR + 60gR v = = =

                                          30

                                          30

                                          6 Que ´e a velocidade de escape para atingir a ´orbita el´ıptica. r 11gR v =

                                          6

                                          91. Um sat´elite ´e colocado em ´orbita circular, polar, a uma altitude H. Ao passar pela posi¸c˜ao A, sobre o polo norte, seu retrojato ´e acionado de modo a dar um impulso negativo, diminuindo a velocidade de um valor tal que fa¸ca o sat´elite descer em B, no equador. Deduzir a express˜ao para a redu¸c˜ao ∆v A da velocidade em A. Note que A ´e o apogeu da ´orbita el´ıptica. Esta quest˜ao foi baseada em problema do Livro Engineering Mechanics Static and Dynamics – James L Merian, Segunda Edi¸c˜ao Solu¸c˜ ao: A situa¸c˜ao do problema pode ser visualizada nesta figura art´ıstica e de extremo bom

                                          222 Inicialmente o sat´elite est´a em ´orbita circular e com isso a sua velocidade orbital ´e r s 2 GM gR v = =

                                          R + H R + H O retrojato causa um decr´escimo de velocidade em A tal que cause a descida da ´orbita at´e o equador. A velocidade decrescida ´e ∆v A

                                          1 2 GM m

                                          1 GM m 2 mv = mv A E − −

                                          2 R + H 2

                                          2 R

                                          2GM 2

                                          2GM v = v A E − − 2 R + H R 2

                                          2GM

                                          2GM

                                        • v = v A E
                                        • 2 R + H R 2

                                            1

                                            1 v = v + 2GM A E − R + H R

                                            Para terminar a baga¸ca falta achar a velocidade no equador... Ao se olhar com mais Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 223 vetorial (bacana esse termo, cen´ario vetorial, acabei de inventar... tragam o meu Nobel, por favor).

                                            A for¸ca centr´ıpeta no equador ´e for¸ca peso no equador e com isso chegamos ao seguinte. a cp = g 2 v EY

                                            = g 2 R 2 v sin α = gR E Mas n˜ao temos o alfa, ent˜ao se apela para Nossa Senhora do Momento Angular, a padroeira dos sem ˆangulo. mv (R + H) = mv E R sin α A Ent˜ao a gente bota o m pra correr, reorganiza e eleva ao quadrado. v (R + H) A

                                            = v E sin α 2 2 v (R + H) R A 2 2 v sin α = E 2 2 R 2 v (R + H) A gR = 2 R Reorganizando tudo, chegamos na velocidade reduzida ap´os a aplica¸c˜ao dos retro- foguetes. s 3 gR v A = 2

                                            (R + H) Finalmente chegamos ao delta. s 2 s 3 gR gR ∆v = A

                                            − 2 r R + H (R + H) r ! g R ∆v A = R 1 −

                                            R + H R + H

                                            224

                                            92. Um sat´elite de mapeamento lunar de massa m s , est´a em um ´orbita circular de raio 1, 5R, onde R ´e o raio da Lua. Um robˆo de reparo, de massa m r < m s , ´e colocado nesta ´orbita , mas devido a um erro de sinal sua ´orbita acabou ficando na dire¸c˜ao oposta `a dire¸c˜ao do sat´elite. Os dois colidem e permanecem juntos como lixo espacial. O ponto deste problema ´e se eles criam mais lixo espacial ou caem na superf´ıcie lunar. Determine a rela¸c˜ao entre as massas do sat´elite e do robˆo para que o lixo gerado caia na Lua. A massa da Lua ´e M e constante gravitacional universal ´e G. Quest˜ao baseada em quest˜ao curso de F´ısica Cl´assica, W15D2-5, do Massachussets Institute of Technology, MIT.

                                            Solu¸c˜ ao: Essa quest˜ao ´e de uma das melhores escolas de engenharia do mundo, o famoso MIT. Inicialmente o sat´elite tem a velocidade de um corpo em ´orbita circular. s

                                            GM v s = 1, 5R

                                            Devido ao erro no software de controle do robˆo, o sentido da velocidade do robˆo ´e oposto ao sentido da velocidade do sat´elite. Para achar a nova velocidade, acionamos o principio da conserva¸c˜ao do momento. m s v s r v s = (m s + m r )u

                                            − m No inicio era o robˆo e o sat´elite com velocidades opostas, por isso que ´e a soma do momento angular de cada um. O sinal menos do lado direito da equa¸c˜ao ´e por que consideramos sentido de velocidade do sat´elite positivo e o sentido do robˆo sendo ao contr´ario deve ser menos. Depois da colis˜ao, os dois formam uma ´ unica massa e viajam com mesma velocidade, no mesmo sentido do sat´elite. m s v s r v s = (m s + m r )u

                                            − m (m s r )v s = (m s + m r )u

                                            − m u m s r − m

                                            = = k v s m s + m r Relacionando as massas em fun¸c˜ao de k... u 1 + k

                                            = v s 1 − k

                                            A conserva¸c˜ao da energia permite avaliar para qual valor de k para qual o lixo atinge a superf´ıcie lunar. Note que usei o raio da Lua para o raio final. Isso quer dizer que estou dizendo que o conjunto est´a sobre a superf´ıcie da Lua.

                                            1 GM (m + m ) 2 s r

                                            1 GM (m + m ) 2 s r (m s + m r )u = (m s + m r )u lua

                                            − − 2 1, 5R

                                            2 R Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 2 225

                                            2GM 2

                                            2GM u = u lua − − 2 1, 5R R 2

                                            4GM

                                            2GM lua + u = u −

                                            3R R 2 2

                                            2GM u = u lua −

                                            3R Para terminar s´o precisamos saber a velocidade ao atingir o solo da Lua. Uma forma de fazer ´e usar o principio da conserva¸c˜ao do momento angular.

                                            (m s + m r s + m r )u lua R )u · 1, 5R = (m

                                            1, 5u = u lua A velocidade de impacto na superf´ıcie da Lua ´e 50% maior que a velocidade depois da colis˜ao, ou seja, 3/2 da velocidade u. N´os definimos k como uma rela¸c˜ao entre a velocidade do sat´elite e a velocidade ap´os o choque. A velocidade do sat´elite antes do choque est´a em fun¸c˜ao de G, M e R e por isso, para usar as demais equa¸c˜oes que encontramos, vamos escrever u em fun¸c˜ao de G, M e R. u

                                            = k v s Mas u fica igual a r 2GM u = kv s = k

                                            3R Para velocidade de impacto na Lua... 1, 5u = u lua

                                            3 r 2GM u lua =

                                            2

                                            3R Viu? Agora podemos aplicar no resultado do principio da conserva¸c˜ao da energia, por que todas as vari´aveis envolvidas est˜ao em fun¸c˜ao de G, M e R... ! ! 2 2 r 2GM 3k r 2GM

                                            2GM k = −

                                            3R 2 2

                                            2

                                            3R

                                            3R

                                            2GM 9k

                                            2GM

                                            2GM k = −

                                            3R 2 9k

                                            4 2

                                            3R

                                            3R k = − 1

                                            226 2 5k

                                            = 1

                                            4 r 4 ∼ k = = 0, 89

                                            5 Ent˜ao, m s 1 + 0, 89 = = 17, 18 m r

                                            1 − 0, 89 Para que o conjunto formado pelo sat´elite e pelo robˆo cair as massas devem se relacionar tal que a massa do sat´elite seja 17 vezes maior que a massa do robˆo

                                            93. Um proj´etil de massa m ´e disparado da superf´ıcie da Terra com velocidade inicial que ´e igual a velocidade de escape. O raio da Terra ´e R s , a massa da Terra ´e M e e a constante gravitacional universal ´e G. Quando o proj´etil est´a a uma altura de 2R s , ele atinge um sat´elite de massa m que est´a em ´orbita circular de raio 2R s . A colis˜ao fez com que o sat´elite e o proj´etil ficassem unidos. Calcule o vetor velocidade do conjunto ap´os o choque. Esse conjunto vai ficar em um ´orbita el´ıptica, circular ou vai se embora numa ´orbita hiperb´olica ou parab´olica? Quest˜ao baseada em quest˜ao curso de F´ısica Cl´assica, W15D1-5, do Massachussets Institute of Technology, MIT.

                                            Solu¸c˜ ao: O ITA foi criado nos moldes do MIT. Quando se desejou criar uma escola que formasse engenheiros para nossa ind´ ustria aeroespacial, o idealizador do ITA, o Marechal do Ar, cearense Casimiro Montenegro Filho, convidou Richard Smith, do MIT para ser o reitor e criador do ITA.

                                            Deixando a Hist´oria de lado, vamos ao que interessa aqui. Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 227

                                            Quando esse choque aconteceu, o proj´etil tinha um momento linear, pois ´e uma massa com velocidade. O mesmo se pode dizer do sat´elite, que possui uma velocidade e por isso tamb´em possui um momento linear. Ao se chocarem e se unirem, forma-se um novo corpo cuja massa ´e a soma das massas do proj´etil e do sat´elite. Vale ressaltar que o momento linear ´e um vetor que compartilha o mesmo sentido e a mesma dire¸c˜ao da velocidade do corpo. Tamb´em n˜ao se esque¸ca de que o momento angular tamb´em ´e um vetor. Ent˜ao, temos a situa¸c˜ao inicial e final bem definida, o que nos faz seguir em frente e descobrir a nova velocidade. Para facilitar vamos criar um sistema de coordenadas como referencial para nossa situa¸c˜ao. Vou desenhar a situa¸c˜ao antes e depois na mesma figura. Antes do choque...

                                            Depois do choque...

                                            Se os vetores estivessem na mesma dire¸c˜ao era s´o uma soma, mas como temos dire¸c˜oes x e y envolvidas, ent˜ao justifica fazermos decomposi¸c˜oes. Inicialmente, na horizontal, s´o temos a velocidade do sat´elite e no final, a proje¸c˜ao horizontal da velocidade u do conjunto. X X

                                            Q = Q xi xf

                                            228 s −mv = −2mu cos θ v s = 2u cos θ

                                            Inicialmente, na vertical, s´o temos a velocidade do proj´etil e no final, a proje¸c˜ao vertical da velocidade u do conjunto. X X Q yi = Q yf mv p = 2mu sin θ v p = 2u sin θ Algo que sempre ajuda ´e a seguinte equa¸c˜ao. 2 2 sin θ + cos θ = 1

                                            Mas o que eu quero com isso? Bom, temos u multiplicado por um seno e multiplicado por um cosseno, se elevarmos isso ao quadrado e somar, o tal ˆangulo vai sumir. isso facilitar por que resulta em menos uma vari´avel para a gente se preocupar. 2 2 2 2 2 2 v + v = 4u cos θ + 4u sin θ s p 2 2 2 2 2 v + v = 4u (cos θ + sin θ) s p 2 2 2 v + v = 4u 2 s p

                                            1 2

                                            1 2 s p + u = v v

                                            4

                                            4 O sat´elite est´a em ´orbita circular e por isso ´e f´acil saber qual sua velocidade. Basta usar a equa¸c˜ao j´a conhecida. e r GM e r GM v s = = r

                                            2R s Onde r ´e o raio da ´orbita.

                                          A velocidade de escape tamb´em j´a ´e nossa velha conhecida. e r 2GM

                                            v e = R s

                                            No entanto, no momento do choque a velocidade do proj´etil musical n˜ao ´e a veloci- dade de escape, mas sim uma velocidade que ´e diminu´ıda pela atra¸c˜ao gravitacional. Mas quanto ´e? Supondo, como em todos os outros problemas, que n˜ao resistˆencia do ar nem efeito de rota¸c˜ao da Terra, podemos aplicar o principio da conserva¸c˜ao da energia do proj´etil desde a superf´ıcie da Terra at´e a 2R , que ´e o ponto de choque. s

                                            1 2 GM e m

                                            1 2 GM e m mv = mv e p − −

                                            2 R s

                                            2

                                            2R s Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 2 229

                                            2GM e 2

                                            2GM e v = v e p − − 2 R s 2 GM e

                                            2R s v = v p e

                                            R s E como j´a temos a velocidade de escape: 2

                                            2GM e GM e v = p2 GM e R s R s v = p

                                            R s T´a terminando. s´o pegar tudo o que j´a calculamos em juntar na express˜ao de u. 2

                                            1 GM e

                                            1 GM e

                                            3 GM e

                                          • u = = · · ·

                                            4

                                            2R s

                                            4 R s

                                            8 R s r 3GM e u =

                                            8R s Vamos avaliar a energia mecˆanica do conjunto logo ap´os o choque.

                                            1 2 GM e 2m 2 GM e m E mec = 2mu = mu

                                            − −

                                            2

                                            2R s R s

                                            3GM GM m e e E mec

                                            = m · −

                                            8R s R s

                                            3GM e m

                                            8 GM e m E = mec

                                            − ·

                                            8R s

                                            8 R s

                                            5GM e m E < 0 mec

                                            = −

                                            8R s A energia mecˆanica ´e negativa, o que quer dizer que ele tem mais energia potencial que cin´etica (pois a cin´etica ´e sempre positiva), mostrando que possivelmente o conjunto ir´a seguir uma trajet´oria el´ıptica.

                                            94. Uma das coisas mais legais da explora¸c˜ao espacial ´e poder dar um rolˆe na Lua de carro. A partir da primeira miss˜ao em solo lunar, os astronautas puderam contar com um ve´ıculo automotor para percorrer distˆancias maiores na Lua e economizar oxigˆenio. A NASA desenvolveu o Lunar Rover que ´e um ve´ıculo semelhante a um jipe que foi levado montado junto com m´odulo de servi¸co. Suponha que vocˆe seja um dos engenheiros respons´aveis por desenvolver este carro muito maneiro e est´a em uma reuni˜ao de projeto est´a avaliando as poss´ıveis solu¸c˜oes para as rodas e tem que decidir qual o material mais indicado para opera¸c˜ao. Foi

                                            230 qual ´e coberta com um material que simula o solo lunar, isto ´e, o coeficiente de atrito entre a roda e o solo ´e igual ao que vai encontrar na Lua, que vale 0.5. Obteve-se como resultado uma varia¸c˜ao de velocidade de 0 a 100 km/h em 10 segundos. Qual seria o resultado na Lua, considerando que o desempenho do motor na Terra e na Lua ´e idˆentico? Considerar o diˆametro e a densidade da lua como 1/4 e 2/3 dos da Terra, respecti- vamente. Por simplicidade modele o carro como uma massa de 200 kg submetida `a for¸ca ge- rada pelo motor e ao atrito das rodas com o solo. Acelera¸c˜ao da gravidade na Terra 2

                                            ´e 10m/s Solu¸c˜ ao: O diagrama de for¸cas mostra quais as for¸cas atuantes no carro. Em seguida escre- vemos as intera¸c˜oes das mesmas no eixo x e y.

                                            X F = 0 y N − mg = 0 X N = mg

                                            F x = ma at = ma F − F

                                            F − µN = ma Neste caso N = mg, ent˜ao:

                                            F − µmg = ma Cap´ıtulo 5. Quest˜oes resolvidas 231

                                            O relat´orio indicou uma varia¸c˜ao de velocidade na Terra que ´e a pr´opria acelera¸c˜ao. A velocidade final de 100km/h pode ser convertida para m/s ao dividirmos por 3,6. Dando 27.7m/s.

                                            ∆v v f i − v 27, 7 − 0 a = = = = 2, 77

                                            ∆t ∆t

                                            10 A for¸ca desenvolvida pelo motor ao motor o ve´ıculo ´e de:

                                          F = ma + µmg = 200 · 2, 77 + 0, 5 · 200 · 10 = 1554

                                            Na Lua, o que difere ´e a gravidade, visto que sua densidade e volume s˜ao diferentes da Terra... Ent˜ao vamos calcular como vai ser na Lua.

                                            GM L g lua = 2 R L Do enunciado, sabe-se que diˆametro da Lua em rela¸c˜ao ´a Terra ´e 1/4.

                                            1 D L = D T

                                            4 Ent˜ao, o raio ser´a:

                                            1 R L = R T

                                            4 A densidade da Lua ´e 2/3 da densidade da Terra. E agora? Sem pˆanico. A densidade ´e um medida que diz quanto de massa h´a em um volume. m

                                            ρ =

                                            V Para achar a massa, ´e s´o multiplicar a densidade pelo volume. M T = ρ T

                                            V T M L = ρ L

                                            V L

                                            2 A rela¸c˜ao das densidades, pelo enunciado ´e ρ L = ρ T N´os sabemos a rela¸c˜ao entre

                                            3 as densidades da Terra e da Lua, mas n˜ao temos o volume. E agora? Agora que vamos considerar que a Terra e a Lua s˜ao esferas perfeitas. O volume de uma esfera ´e calculado por:

                                            4 3 V = πR

                                            3 Como temos o raios de ambas, os volumes ficam:

                                            4 3 V T = πR T

                                            3

                                            4 3 V L = πR L

                                            232 Agora podemos montar uma rela¸c˜ao que divide a massa da Terra pela massa da Lua. Parece complicado, mas vai ter um monte de cancelamento que vai simplificar. Note que vou substituir tudo e tem termos que v˜ao se cortar:

                                            4 3 ρ T πR

                                            · T M T

                                            3 =

                                            4 M L 3 ρ L πR L

                                            ·

                                            3

                                            4 3 ρ T πR

                                            · T M T

                                            3 =

                                            2

                                            4 M L 3 ρ T πR L

                                            ·

                                            3

                                            3 3 M T

                                            3 R T =

                                            · 3 M L

                                            2 R L Simplificou para isso e substituindo os raios, chegamos no resultado: 3 3 M T

                                            3 R T T

                                            3 R = = 3

                                            · ·

                                            1 3 M L

                                            2

                                            2

                                            1 R T R T

                                            64

                                            4 Finalmente chegamos que a rela¸c˜ao entre as massas: M T

                                            = 96 M L Agora podemos relacionar as duas gravidades. 2

                                            1 2 R T g T M T R T

                                            96

                                            16 = = = 6 2 2

                                            = 96 · g L M L R R L T

                                            16 2 Com isso, a gravidade na Lua ´e 1/6 da gravidade na Terra : 1,66 m/s .

                                            A for¸ca que o motor vai entregar na Lua ´e a mesma que na Terra.

                                            F − µmg = ma 1554 − 0, 5 · 200 · 1, 66 = 200a a ∼ = 6, 94

                                            Partindo do repouso, em 10 segundos, a velocidade do Lunar Rover ´e v f = v i + at v f

                                            = 0 + 6, 94 · 10 = 69, 4m/s Ou tamb´em, 249,84 km/h. D´a para se matar na Lua, hein? Direitos autorais

                                            Quanto ao uso da imagem do jogo Kerbal Space Program na capa: KERBAL SPACE PROGRAM is a trademark of Electro Chango S.A. de C.V.. Screenshots and other images from KERBAL SPACE PROGRAM reproduced courtesy of Electro Chango S.A. de C.V Quanto ao uso de imagens da ESA ao longo do livro: As imagens da ESA s˜ao livres para uso educacional, livre da necessidade de autoriza¸c˜ao ou taxas., http://www. esa.int/About_Us/Law_at_ESA/Intellectual_Property_Rights/ESA_copyright_ notice Quanto ao uso de imagens da NASA ao longo do livro: https://www.nasa.gov/ multimedia/guidelines/index.html

                                            Conhe¸ca Santar´em, Conhe¸ca o Par´a. Conhe¸ca o Brasil!

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