Exercícios Resolvidos de Classificação de Trajetórias

USP-P3-2014-3

Considere um projétil de massa m movimentando-se no plano x y de um sistema de coordenadas nas situações descritas pelos itens abaixo. Adotamos nesta questão um sistema de unidades arbitrário, onde a constante gravitacional de Newton G é igual a 1 . Expresse seus resultados em função de m onde for necessário.

a ) O projétil desloca-se isoladamente em movimento retilíneo uniforme. Sua posição em função do tempo é dada por r → ( t ) = 10 - 4 t i → + 2 j → onde i →   e j → são os versores dos eixos x e y , respectivamente. Qual é o módulo e o sentido do vetor momento angular do projétil com relação à origem desse sistema de coordenadas? Justifique.

Nos itens subsequentes, considere um planeta de massa M = 20 , com M ≫ m , fixo na origem do sistema de coordenadas. Para os itens b , c e d , o planeta é puntiforme e a condição inicial do projétil é r → ( 0 ) = 2 j → e v → ( 0 ) = - 4 i → .

b ) Determine o vetor momento angular e a energia total do projétil.

c ) Qual é a forma geométrica que descreve a trajetória? Justifique. Dica: ache o raio de equilíbrio minimizando o potencial efetivo e tire suas conclusões.

d ) Faça um esboço bem qualitativo da trajetória do projétil com relação à posição do planeta indicando, em dois pontos distintos da trajetória, as orientações dos versores das coordenadas polares.

e ) O planeta agora é uma esfera de raio R com densidade que varia radialmente de r = 0 a r = R de acordo com

ρ r = 4 M 3 R 2   R - r 2 ,   t a l   q u e   ∫ 0 R ρ r d r = M .

Ou seja, é mais denso em seu centro do que em sua superfície. O projétil agora encontra-se em repouso na superfície do planeta. Partindo da equação da energia total do projétil obtenha a velocidade mínima, em termos de R , para que o projétil escape para bem longe do planeta (velocidade de escape).

Passo 1

a )

Lembrando que o momento angular pode ser calculado por:

L → = m r → × v →

O vetor r → nós já temos:

r → t = 10 - 4 t i → + 2 j →

E o vetor velocidade nada mais é que a derivada do vetor posição:

v → = d d t 10 - 4 t i → + 2 j →

v → = - 4 i →

Substituindo no momento angular:

L → = m 10 - 4 t i → + 2 j → × - 4 i →

Podemos reescrever como:

L → = m 10 - 4 t i → × - 4 i → + 2 m j → × - 4 i →

Lembrando que no produto vetorial, a multiplicação de vetores paralelos é nula. Logo i → × i → = 0 . Sobrando apenas:

L → = 2 m j → × - 4 i →

L → = - 8 m j → × i →

Pela regra da mão direita:

L → = - 8 m - k →

L → = 8 m k →

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

b )

Nessas novas condições conseguimos observar que pouca coisa mudou. Segundo o enunciado, o vetor velocidade continua sendo v = - 4 i → e o vetor posição inicial se tornou r 0 = 2 j → , isso nos leva a crer que o vetor posição seja:

r → t = - 4 t i → + 2 j →

Logo, somente a componente na direção i → do vetor r → mudou com relação ao item anterior, e sabendo que esta componente é paralela à velocidade (não contribuindo, portanto, ao momento angular), temos que o momento angular é o mesmo do item anterior.

L → = 8 m k →

A energia total do projétil é:

E = K + E p G

Onde K é a energia cinética 1 2 m v 2 e E p G é a energia potencial gravitacional, que a grandes distâncias é dada por U g = - G M m r . Vamos aplicar ao nosso problema agora:

E = 1 2 m v 0 2 - G M m r 0

Onde v 0 = | v → ( 0 ) | = - 4 e r 0 = | r → ( 0 ) | = 2

E = 1 2 m - 4 2 - 1   .   20   .   m 2

E = 16 m 2 - 20 m 2

E = 8 m - 10 m

E = - 2 m

Passo 3

c )

No item anterior encontramos:

E = - 2 m < 0

Ou seja, visto que a energia é negativa, a órbita será elíptica ou circular!

Analisando o potencial efetivo temos:

U e f ( r ) = L 2 2 m r 2 - G M m r

Lembrando que no item anterior, confirmamos que o momento angular continua 8 m .

U e f r = 8 m 2 2 m r 2 - 20 m r

U e f ( r ) = 64 m 2 2 m r 2 - 20 m r

U e f ( r ) = m 32 r 2 - 20 r

U e f ( r ) = 4 m 8 r 2 - 5 r

O mínimo dessa função ocorre quando:

d U e f d r r   =   r e q = 0

- 2 × 8 r e q 3 + 5 r e q 2 = 0

1 r e q 3 - 16 + 5 r e q = 0

r e q = 16 5 = 32 10 = 3,2

Como r 0 ≠ r e q , a órbita possui dois raios diferentes, logo não pode ser circular. Trata-se, portanto, de uma órbita elíptica.

Passo 4

d )

Temos que r → ( 0 ) e v → ( 0 ) são perpendiculares entre si. Em uma órbita elíptica, essa situação ocorre somente nas distâncias r m í n e r m á x . Como r e q > r 0 , concluímos que r 0 = r m í n . A origem, onde o planeta está localizado, é um dos pontos focais da elipse.

Passo 5

e )

Na superfície do planeta a energia total do projétil é:

E = 1 2 m v → 2 - G M m R

A velocidade de escape é aquela que resulta na anulação da energia potencial gravitacional que puxa o projetil de volta para a terra, ou seja:

1 2 m v e 2 = G M m R

v e = 2 G M R

v e = 40 R

Resposta

a )   L → = 8 m k →

b ) L → = 8 m k →

E = - 2 m

c ) A órbita possui dois raios diferentes, logo não pode ser circular. Trata-se, portanto, de uma órbita elíptica.

d )

e )   v e = 40 R

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