Soluções Física – Semana 150

Gravitação

Primeiramente calcularemos a velocidade de escape de um planeta. Para escapar de um planeta precisamos ter energia suficiente para, partindo da superfície do planeta, chegar a uma distância muito grande com velocidade nula.

$E=\dfrac{mv_e^2}{2}-\dfrac{GM}{R}=0$

$v_e=\sqrt{\dfrac{2GM}{R}}$

Como consideramos o planeta esférico a massa em função da densidade e raio é

$M=\rho{\dfrac{4{\pi}R^3}{3}}$

$v_e=\sqrt{\dfrac{{8{\pi}{\rho}GR^2}}{3}}$

O campo gravitacional na superfície pode ser calculado por

$g=\dfrac{{4{\pi}{\rho}GR}}{3}$

Então o raio do planeta é

$R=\dfrac{3g}{{4{\pi}{\rho}G}}$

Substituindo na velocidade de escape

$v_e=\sqrt{\dfrac{{3g^2}}{2{\pi}{\rho}G}}$

Agora podemos comparar as informações do planeta X com a terra

$v_{e,X}=\sqrt{\dfrac{{3g_X^2}}{2{\pi}{\rho_X}G}}$

$v_{e,X}=\sqrt{\dfrac{{3g_T^2}}{2{\pi}{\rho_T}G}\dfrac{(\sqrt{6}/11)^2}{2/3}}$

$v_{e,X}=\dfrac{3}{11}\sqrt{\dfrac{{3g_T^2}}{2{\pi}{\rho_T}G}}$

$v_{e,X}=\dfrac{3}{11}v_{e,T}$

$v_{e,X}=3\,km/s$

$v_{e,X}=3\,km/s$

Mecânica

Primeiramente analisaremos uma vista superior ao plano. É importante notar que há uma componente da força peso $mg\sin\alpha$ que sempre aponta na mesma direção (mostrada na figura como vertical) e o atrito é tal que a partícula fique sempre em equilíbrio. O módulo da força de atrito é o mesmo da componente do peso

$f=mg\sin\alpha=mg\mu\cos\alpha$

Ou seja, para a partícula ficar em equilíbrio o fio deve ser a bissetriz entre a força peso e o atrito.

Figura 1: Diagrama de forças na partícula.

Uma vez que conhecemos a direção do atrito sabemos consequentemente a direção da velocidade, pois o atrito cinético sempre é antiparalelo à velocidade.

Figura 2: Velocidade da partícula.

Podemos então decompor a velocidade em duas componentes, paralela ao fio e perpendicular

$v\sin\alpha=r\dfrac{d\alpha}{dt}$

$v\cos\alpha=\dfrac{dr}{dt}$

Dividindo as duas equações

$\tan\alpha=r\dfrac{d\alpha}{dt}\dfrac{dt}{dr}$

$\tan\alpha=r\dfrac{d\alpha}{dr}$

$\dfrac{dr}{r}-\dfrac{\cos\alpha{d\alpha}}{\sin\alpha}=0$

$\dfrac{dr}{r}-\dfrac{d({\sin\alpha})}{\sin\alpha}=0$

Então chegamos à seguinte lei de conservação

$d(r/\sin\alpha)=0$

$r/\sin{\alpha}=const=r_0$

$r=r_0\sin{\alpha}$

Podemos representar isso como um triângulo retângulo com hipotenusa $r_0$, ou seja a trajetória da partícula será uma circunfârencia de diâmetro $r_0$.

Figura 3: Trajetória da partícula.

Circunferência

Mecânica

a) Considere que $r_0$ é raio a uma altura $z_0$ e o ângulo feito pela bacia nessa altura com a horizontal é $\theta$.

Duas forças agem na partícula: normal e peso. Se a partícula se movimenta em um círculo na horizontal, as forças verticais se cancelam e a componente horizontal da normal atua como força centrípeta.

$N\sin\theta=\dfrac{mv_h^2}{r_0}$, $N\cos\theta=mg$

Combinando as equações

$\tan\theta=\dfrac{v_h^2}{gr_0}$

A inclinação da bacia pode ser calculada como

$\tan\theta=\dfrac{dz}{dr}=2kr_0$

$2kr_0=\dfrac{v_h^2}{gr_0}$

Usando a equação da bacia $z_0=kr^2$ encontramos

$v_h=\sqrt{2gz_0}$

b) Considere que a altura máxima é $z$ e o raio e velocidade nessa altura são, respectivamente, $r$ e $v$. Pela conservação da energia

$\dfrac{mv_0^2}{2}+mgz_0=\dfrac{mv^2}{2}+mgz$

As duas forças que atuam na partícula nunca exercem torque na direção $z$, então a componente em $z$ do momento angular é conservada. Além disso, as velocidades final e inicial são perpendiculares ao eixo $z$

$mv_0r_0=mvr$

$v=v_0\dfrac{r_0}{r}$

Usando a equação da bacia

$v=v_0\sqrt{\dfrac{z_0}{z}}$

Substituindo na equação da energia, encontramos a seguinte equação em $z$

$z^2-\left(\dfrac{v_0^2}{2g}+z_0\right)z+\dfrac{v_0^2}{2g}z_0=$

A solução da equação é

$z=\dfrac{v_0^2}{2g}$

c) 

i) Para determinar o período faremos uma analise da energia mecanica

$E=\dfrac{mv^2}{2}+mgz$

A velocidade é dada por

$v^2=\left(\dfrac{dr}{dt}\right)^2+\left(\dfrac{dz}{dt}\right)^2$

com $z$ é pequeno

$\dfrac{dr}{dt}\gg\dfrac{dz}{dt}$

concluímos que

$E=\dfrac{m}{2}\left(\dfrac{dr}{dt}\right)^2+mgkr^2$

Que é uma expressão analoga à energia de um massa mola, ou seja, concluímos que o período é

$T=\dfrac{2\pi}{\sqrt{2kg}}$

ii) O período é maior que o harmônico. Ao calcular a energia no caso harmônico não consideramos o termo $\frac{dz}{dt}$ na energia, ou seja achamos um valor maior para $\frac{dr}{dt}$, então a partícula demora mais para atingir a origem.

.

a) $v_h=\sqrt{2gz_0}$

b) $z=\dfrac{v_0^2}{2g}$

c) i) $T=\dfrac{2\pi}{\sqrt{2kg}}$

ii) É maior.