Soluções Física - Semana 162

Mecânica

a)

Para calcular a gravidade na superfície do asteróide B-612 podemos utilizar a gravitação de Newton:

$F=\dfrac{MmG}{R^2}$

Pela segunda lei de Newton:

$F=mg$

$g=\dfrac{MG}{R^2}$

No nosso caso, $g=10,0\, \textrm{ms}^{-2}$ e $R=10\,\textrm{m}$, logo:

$\boxed{ M=1,5\cdot 10^{13}\,\textrm{kg} }$

Um fato curioso é que, como o asteróide é muito pequeno, a gravidade cai rapidamente, conforme ilustra o gráfico abaixo de gravidade vs distância:

Note como $g=8,3\, \textrm{ms}^{-2}$ para uma distância de $11\,\textrm{m}$. Para uma pessoa vivendo nesse lugar seria certamente muito esquisito, já que ela teria que especificar a altura que ela estava quando alguém lhe pergunta seu peso. Por sorte vivemos em um planeta muito grande com uma gravidade que varia muito pouco com as alturas do dia a dia.

b)

Para um objeto realizar uma órbita circular em torno do asteróide, a força gravitacional deve atuar como centrípeta, logo:

$F_c=F_g$

$\dfrac{mv^2}{R} =\dfrac{MmG}{R^2}$

$v=\sqrt{\dfrac{MG}{R}}$

Substituindo os valores numéricos, obtemos:

$\boxed{ v=10\,\textrm{ms}^{-1} }$

Essa é uma velocidade relativamente baixa. Por fins de comparação, uma pessoa consegue arremessar um objeto com uma velocidade entre $32$ e $48$, em $\textrm{km/h}$, que está nessa faixa. Então você, leitor, provavelmente conseguiria colocar um objeto em órbita!

Outra comparação interessante é que um corredor experiente, se não tomar cuidado, também pode acabar virando um satélite do asteróide! Corredores olímpicos conseguem atingir velocidades de até $44\,\textrm{km/h}$, que é próximo de $12\,\textrm{ms}^{-1}$.

c)

A velocidade angular é definida como:

$\omega = \dfrac{\Delta \theta}{\Delta t}$

Em que $\theta$ é um ângulo percorrido e $t$ é o tempo. Dessa forma, temos em radianos:

$\boxed{\omega = \dfrac{\pi}{30} \textrm{s}^{-1}}$

Comparando com a velocidade angular da Terra:

$\boxed{ \dfrac{\omega}{\omega_T} = 1440 }$

d)

Assumindo que o Acendedor de lampiões se localiza no equador, sua velocidade linear deve ser a mesma da superfície do asteróide. Dessa forma o homem fica em repouso em relação ao Sol (desprezando o movimento de translação). Logo:

$v_A=\omega \cdot R$

$v_A= \dfrac{\pi}{3} \,\textrm{ms}^{-1}$

Aproximando:

$\boxed{ v_A=1 \,\textrm{ms}^{-1} }$

Curiosamente essa é a velocidade média de caminhada de uma pessoa.

e)

Essa parte é a mais complicada do problema, mas é perfeitamente solucionável com as dicas do enunciado. Vamos usar a definição da grandeza momento angular que foi dada no enunciado:

$L=I \omega$

Pela conservação do enunciado, podemos afirmar que o momento angular é igual antes e depois da adição de massa no planeta, logo:

$L_0=L$

$I \omega_0 = I \omega$

Inicialmente $I=\dfrac{2}{5}M_0R_0^2$, em que $M_0$ e $R_0$ são a massa e o raio inicial do asteróide. Depois que a massa for adicionada, o raio e a massa do planeta vão mudar, já que a matéria nova vai ocupar um lugar no espaço. Assim:

$\dfrac{2}{5} M_0 R_0^2 \omega_0 = \dfrac{2}{5} M R^2 \omega$

$M_0R_0^2\omega_0=MR^2\omega$

Sabemos que a massa é proporcional ao volume, que é proporcional ao cubo do comprimento, ou seja $M\propto V\propto R^3$, então podemos simplificar a expressão. Outra maneira de ver isso é utilizando a fórmula de densidade ($M=V\rho$) e do volume da esfera ($V=\dfrac{4}{3}\pi R^3$), em que $\rho$ é a densidade constante do planeta.

$R_0^5\omega_0= R^5\omega$

Portanto:

$R=R_0 \left( \dfrac{\omega_0}{\omega} \right)^{\dfrac{1}{5}}$

Logo, a adição de massa é:

$\Delta M = M-M_0$

$\Delta M = \dfrac{4}{3}\pi (R^3-R_0^3) \rho$

$\Delta M = \dfrac{4}{3}\pi R_0^3 \left( \left( \dfrac{\omega_0}{\omega}\right)^{\dfrac{3}{5}} - 1 \right) \rho$

Usando a substituição $M_0=\dfrac{4}{3}\pi R_0^3\rho$, temos:

$\Delta M = M_0 \left( \left( \dfrac{\omega_0}{\omega} \right)^{\dfrac{3}{5}} - 1 \right)$

Numéricamente:

$\Delta M \approx 78\cdot M_0$

$\boxed{\Delta M \approx 1,2\cdot 10^{15}\,\textrm{kg}}$

a)

$\boxed{ M=1,5\cdot 10^{13}\,\textrm{kg} }$

b)

$\boxed{ v=10\,\textrm{ms}^{-1} }$

c)

$\boxed{\omega = \dfrac{\pi}{30} \textrm{s}^{-1}}$

$\boxed{ \dfrac{\omega}{\omega_T} = 1440 }$

d)

$\boxed{ v_A=1 \,\textrm{ms}^{-1} }$

e)

$\boxed{\Delta M \approx 1,2\cdot 10^{15}\,\textrm{kg}}$

Cinemática

Esse é um problema um tanto quanto diferente, já que não há nenhuma fórmula que o estudante pode usar para encontrar a resposta de imediato. Para encontrar uma solução correta, é útil fazer várias hipóteses e observações empíricas, que são mais facilmente realizadas utilizando um computador. Se o estudante tiver uma noção de programação, tente colocar o problema em prática!

Caso não consiga, vamos ver uma possível solução!

Antes de ver a solução, aqui estão algumas possíveis respostas que o leitor pode ter pensado, mas que estão erradas:

• Jerry deve tentar nadar diretamente para o ponto diametralmente oposto à posição inicial de Tom.
• Jerry deve tentar nadar para tentar maximizar a distância em relação a Tom.
• Jerry deve tentar nadar para o ponto na piscina mais longe do gato.

Vamos supor que o raio da piscina vale $R=1,0\,\textrm{m}$ e que a velocidade do rato nadando vale $v_r=1,0 \, \textrm{ms}^{-1}$ para facilitar as contas. Para o rato escapar, é preciso que ele esteja próximo à borda enquanto o gato está longe. Por exemplo, imagine que o rato está a uma distância $r<1,0\,\textrm{m}$ do centro e o gato está no ponto mais distante possível. Dependendo do valor de $r$, o rato consegue escapar.

O tempo para que o rato escape é:

$t_r=\dfrac{R-r}{v_r}$

E o tempo para o gato chegar no ponto aonde o rato pretende ir é:

$t_g=\dfrac{\pi R}{v_g}$

Para que o rato chegue antes, é preciso que:

$t_g > t_r$

$\dfrac{\pi}{4} > 1-r$

$r>1-\dfrac{\pi}{4}$

Essa é a nossa primeira pista. Agora precisamos verificar se o rato consegue chegar na situação proposta com $r$ satisfazendo a inequação acima. Para mostrar que tal situação é possível, podemos pensar na velocidade angular do rato.

O gato possui uma velocidade angular fixa de $\omega_g=4\,\textrm{s}^{-1}$, no entanto, o ratinho pode variar a sua velocidade angular livremente, basta variar $r$. Portanto, podemos encontrar qual o valor máximo de $r$ que permite que a velocidade angular do rato seja sempre maior que a do gato:

$\omega_r >\omega_g$

$\dfrac{1}{r} > \dfrac {4}{1}$

$r < \dfrac{1}{4}$

Agora todas as etapas já foram realizadas, basta juntar as peças. Note que o rato tem liberdade para escolher o ângulo entre o rato e o gato se $r < 0,25 \,\textrm{m}$. Dessa forma, o rato pode forçar a situação ilustrada anteriormente acontecer. Na situação ilustrada, o rato só escapa se $r>1-\dfrac{\pi}{4} \approx 0,21 \,\textrm{m}$. Portanto, se o rato escolher um valor de $r$ tal que $0,21< r < 0,25$, ele consegue escapar utilizando a estratégia mostrada. Vale salientar que essa não é a única solução correta para esse problema.

Logo, Jerry sobrevive por mais um episódio!

Demonstração

Eletrostática

Seja $\theta$ o ângulo marcado na figura. Considere que a projeção horizontal de uma das barras vale $x$ e a projeção vertical vale $y$. Logo:

$\dfrac{d}{dx}\left( x^2+y^2 \right)=0$

$\dfrac{dx}{dy} =-\tan\theta$

Seja $F_1$ a força de interação entre as bolas azuis e $F_2$ a força entre as vermelhas. Na situação de equilíbrio, a soma dos trabalhos de uma pequena perturbação é zero:

$2F_1\,dx + 2F_2\, dy=0$

$F_2=F_1\tan\theta$

Mas sabemos que:

$\dfrac{F_2}{F_1}= \left( \dfrac{8}{\tan\theta} \right)^2$

$\tan^3\theta=64$

Logo, temos:

$\boxed{\tan\theta=4 }$

$\boxed{\tan\theta=4 }$