Escrito por Akira Ito
Iniciante
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Mecânica[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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:
$$ \Delta M \approx 78\cdot M_0 $$
$$ \boxed{\Delta M \approx 1,2\cdot 10^{15}\,\textrm{kg}} $$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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)
$$ \boxed{\Delta M \approx 1,2\cdot 10^{15}\,\textrm{kg}} $$
[/spoiler]
Intermediário
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Cinemática[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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!
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Demonstração
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Avançado
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Eletrostática[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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:
$$\boxed{\tan\theta=4 }$$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{\tan\theta=4 }$$
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