Uma partícula de massa m pequena inicialmente em repouso é solta, da superfície da Terra, em um orifício que cruza a Terra diametralmente, por toda a sua extensão, passando por seu centro, ao longo de seu eixo vertical (z). Sejam R o raio da Terra e M sua massa total. Suponha a densidade volumétrica de massa da Terra constante e despreze a influência do orifício em seu campo gravitacional.
a) Mostre que, sob as hipóteses do problema, o movimento da partícula sob a ação do campo gravitacional da Terra é harmônico simples ao longo do orifício. Calcule a frequência de oscilação \omega_{o} do movimento e a trajetória z(t) da partícula, supondo o centro da Terra na origem e o orifício sobre o eixo z. Suponha que a partícula é solta de z_{0}=R positivo.
b) Suponha que a partícula tenha um mecanismo interno que a permita agir como um foguete, exercendo uma força constante \vec{F}_{p}=F_{o} \hat{r}, com F_{o}>0 na tentativa de evitar atingir o centro da Terra. Obtenha o valor F_{\text {min }} tal que, para F_{o}>F_{\text {min }}, a partícula NÃO atinge r=0 após ser solta no orifício a partir da superfície da Terra. Despreze a perda de massa da partícula devida à propulsão, tratando-a como uma partícula pontual de massa constante m sob a influência do campo gravitacional da Terra.
c) Nas condições do item anterior, para F_{o}=F_{\text {min }}, a partícula acima consegue escapar do interior da Terra, atingindo r>R ? Se sim, após quanto tempo? Justifique.
Passo 1
Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede.
Dados do enunciado:
Massa da partícula: \,m.
Terra modelada como esfera de raio \,R e massa total \,M.
Densidade volumétrica da Terra constante (esfera de densidade uniforme).
Orifício diametral ao longo do eixo z, centro da Terra na origem. A partícula é solta em z_0=R e inicialmente em repouso.
Para o item (b) aparece um empuxo/propulsão constante \vec{F}_p = F_0 \,\hat{r} com F_0>0. Aqui \hat{r} é o versor radial (aponta para fora do centro). No eixo z isso significa: para z>0 a força é +F_0\hat{z}; para z<0 é -F_0\hat{z}.
O que o enunciado pede:
a) Mostrar que, nas hipóteses do problema (sem propulsão), o movimento dentro do orifício é um movimento harmônico simples (MHS). Calcular a frequência \omega_0 e a trajetória z(t), com condição inicial z(0)=R,\; \dot z(0)=0.
b) Com a força constante \vec{F}_p (sempre apontando radialmente para fora), determinar o valor mínimo F_{\min} tal que, para F_0>F_{\min}, a partícula NÃO atinge r=0 (ou seja, não chega ao centro) depois de ser solta da superfície.
c) Para F_0=F_{\min}: a partícula consegue escapar do interior da Terra, atingindo r>R (isto é, passar para fora da superfície)? Se sim, após quanto tempo? Justificar.
Observações importantes (usadas depois):
A força gravitacional para uma esfera de densidade uniforme tem duas expressões: fora da esfera (r>R) é a lei de Newton \propto 1/r^2; dentro da esfera (r\le R) só a massa contida em raio r contribui e o campo é linear em r. Vou usar explicitamente essas fórmulas quando necessário.
Passo 2
Derivar o campo e a força gravitacional dentro da Terra (passo didático).
Densidade uniforme da Terra: \rho = \dfrac{M}{\tfrac{4}{3}\pi R^3}.
Para um ponto à distância r do centro com r\le R, a massa interior éM_{\text{int}}(r)=\rho \cdot \tfrac{4}{3}\pi r^3 = M\left(\dfrac{r^3}{R^3}\right).Isso vem do fato de que, por simetria esférica, apenas a massa interior participa da força (teorema da casca esférica).
A intensidade da força gravitacional sobre a partícula, para r\le R, é entãoF_g(r)=G \dfrac{M_{\text{int}}(r)\, m}{r^2} = G \dfrac{M m}{R^3}\, r.A direção é sempre para o centro, portanto, tomando z ao longo do orifício e positivo para cima, a força vetorial é\vec{F}_g(z) = -\left(G \dfrac{M m}{R^3}\right) z \,\hat{z},\qquad (|z|\le R).
Comentário didático: portanto, dentro da Terra a força gravitacional é proporcional a z (linear), exatamente a lei que gera MHS quando não há outras forças dependentes de velocidade.
Passo 3
Equação do movimento e demonstração do MHS (item a).
Pela segunda lei de Newton, para |z|\le R e sem propulsão,m\ddot z = -\left(G \dfrac{M m}{R^3}\right) z.
Cancelando m (aparece em todos os termos):\ddot z + \underbrace{\left(\dfrac{G M}{R^3}\right)}_{\omega_0^2}\, z = 0.Isso é a equação clássica do MHS. Portanto o movimento é harmônico simples com frequência angular\omega_0 = \sqrt{\dfrac{G M}{R^3}}.Explicação curta: se a equação é \ddot z + \omega^2 z = 0, a solução é uma oscilação periódica de frequência \omega.
Com as condições iniciais z(0)=R e \dot z(0)=0, a solução é a conhecida:z(t) = R\cos(\omega_0 t).(Verificação: z(0)=R, \dot z(0)=-R\omega_0\sin0=0.)
Período e tempos úteis:T = \dfrac{2\pi}{\omega_0} = 2\pi\sqrt{\dfrac{R^3}{G M}}.Tempo para ir de z=R até o centro z=0 (um quarto do ciclo para o caso sem propulsão) é T/4=\pi/(2\omega_0). (Obs.: esse valor muda quando há propulsão constante — veremos adiante.)
Passo 4
Preparação para o item (b): energia e potenciais para tratar a propulsão constante.
Vou usar conservação de energia mecânica com potenciais. Para isso preciso das expressões do potencial gravitacional da esfera homogênea (por unidade de massa e multiplicando por m depois).
Potencial gravitacional (energia potencial) para uma esfera de densidade uniforme:
Para r\ge R (fora):U_g(r) = -G\dfrac{M m}{r}.
Para r\le R (dentro), é conveniente escolher a constante tal que U_g seja contínua em r=R. A expressão conhecida (e facilmente obtida integrando -F_g) éU_g(r) = -G\dfrac{M m}{2 R^3}(3R^2 - r^2),\qquad (|r|\le R).Verificações rápidas:U_g(R) = -G\dfrac{M m}{R},\qquad U_g(0) = -\dfrac{3}{2}G\dfrac{M m}{R}.
Potencial associado à força de propulsão \vec{F}_p = F_0 \hat{r}:
Para r\ge 0 no eixo z: \vec{F}_p = +F_0\hat{z}, força conservativa derivável do potencial U_p(r)=-F_0 r (porque -\dfrac{d}{dr}(-F_0 r)=F_0).
Para r<0: \vec{F}_p = -F_0\hat{z} e o potencial é U_p(r)=-F_0|r|=-F_0(-r)=F_0 r. Em resumo, globalmente:U_p(r) = -F_0 |r|.
Observação: a dependência em |r| provoca descontinuidade na derivada em r=0, mas o potencial é contínuo.
Energia mecânica total inicial (partícula em repouso em r=R, com propulsão presente):
Determinar F_{\min} pelo critério energético (item b), com explicação física.
Critério: para a partícula atingir r=0 é necessário que a energia total inicial seja maior ou igual à energia potencial no ponto r=0. Se a energia inicial for menor que o valor do potencial em r=0, a partícula não dispõe de energia para alcançar r=0 (classe de argumentos típicos com poços de potencial).
Portanto a condição para NÃO atingir r=0 éE_{\text{inicial}} < U_{\text{total}}(0).Substituindo as expressões:-\dfrac{G M m}{R} - F_0 R < -\dfrac{3}{2}\dfrac{G M m}{R}.
Isolando F_0:-F_0 R < -\dfrac{3}{2}\dfrac{G M m}{R} + \dfrac{G M m}{R} = -\dfrac{1}{2}\dfrac{G M m}{R}.Multiplicando por -1 e invertendo o sinal:F_0 R > \dfrac{1}{2}\dfrac{G M m}{R}.LogoF_0 > \dfrac{G M m}{2 R^2}.
Portanto\boxed{F_{\min}=\dfrac{G M m}{2 R^2}.}Interpretação física: G M m /R^2 é a força gravitacional na superfície. Assim F_{\min} é metade do peso na superfície; se a propulsão exceder metade do peso, a energia inicial fica insuficiente para levar a partícula até o centro.
Passo 6
Discussão física curta sobre o resultado do item (b) e relação com movimento real (didático).
Intuição: a propulsão constante para fora reduz a energia disponível para penetrar no poço gravitacional central (porque o potencial do empuxo torna a energia inicial mais negativa). Quando F_0>F_{\min} o poço em r=0 fica a um nível de energia inacessível partindo do estado inicial; portanto a partícula tem um ponto de inversão antes de atingir r=0.
Observação técnica: usei conservação de energia porque todas as forças envolvidas são deriváveis de potenciais (gravidade e propulsão radial através de U_p=-F_0|r|), portanto o argumento energético é válido.
Passo 7
Resolver o item (c): caso limite F_0=F_{\min}. A pergunta é se a partícula consegue escapar do interior da Terra, atingindo r>R. Justifico e dou tempos relevantes.
Primeiro, note que para F_0=F_{\min} a desigualdade do passo anterior fica em igualdade, ou seja a energia inicial é exatamente igual à energia potencial em r=0:E_{\text{inicial}} = U_{\text{total}}(0).Isso implica que, começando em repouso em r=R, a partícula chega ao centro r=0 com velocidade v=0 (energia cinética zero), ou seja r=0 é atingido com velocidade nula.
Dinâmica detalhada (equação do movimento com propulsão, para ver o que acontece em seguida):
Para z>0 a equação ém\ddot z = -\dfrac{G M m}{R^3} z + F_0 .Escrevendo \omega_0^2 = \dfrac{G M}{R^3} e dividindo por m,\ddot z + \omega_0^2 z = \dfrac{F_0}{m}.Solução geral (particular + homogênea). Com F_0=F_{\min}=\dfrac{G M m}{2 R^2} é útil calcular o equilíbrio:z_{\text{eq}} = \dfrac{F_0}{m\omega_0^2} = \dfrac{F_0}{m}\cdot\dfrac{R^3}{G M} = \dfrac{R}{2}.Com as condições iniciais z(0)=R,\\ \dot z(0)=0, a solução para z\ge 0 éz(t)=\dfrac{R}{2} + \left(R-\dfrac{R}{2}\right)\cos(\omega_0 t) = \dfrac{R}{2}\bigl(1+\cos(\omega_0 t)\bigr).Dessa expressão vemos que, para \,t=\dfrac{\pi}{\omega_0}, tem-se z=0 e \dot z=0: a partícula atinge o centro com velocidade nula nesse tempo.
Para z<0 a propulsão muda de sinal e a equação é\ddot z + \omega_0^2 z = -\dfrac{F_0}{m}.Tomando como tempo inicial o momento em que atinge o centro (onde z=0,\\ \dot z=0), a solução para z\le 0 é (simetricamente)z(t)= -\dfrac{R}{2} + \dfrac{R}{2}\cos\bigl(\omega_0(t-t_c)\bigr),onde t_c=\pi/\omega_0 é o instante em que chegou ao centro. Assim, a partícula vai até z=-R no instante t = t_c + \pi/\omega_0 = 2\pi/\omega_0, chegando a z=-R com velocidade nula.
Conclusão sobre escapar para r>R:
Para F_0=F_{\min} a partícula NÃO ultrapassa o raio R em módulo; ela atinge exatamente r=R na face oposta somente com velocidade nula (ou seja, alcança r=-R com v=0). Portanto ela não alcança r com |r|>R (não “escapa” para além da superfície). Em termos do enunciado: ela NÃO atinge r>R.
Tempo característico: ela chega ao centro emt_{\text{centro}} = \dfrac{\pi}{\omega_0},e atinge a face oposta z=-R emt_{\text{oposta}} = \dfrac{2\pi}{\omega_0}.Mas em nenhum desses instantes a partícula extravasa para |r|>R; portanto não escapa do interior. (Se F_0>F_{\min} então ela não chega nem ao centro e fica com um ponto de inversão r_{\min}>0.)
Resposta
a) \omega_{0}=\sqrt{\dfrac{G M}{R^{3}}}. \quad z(t)=R\cos\bigl(\omega_{0} t\bigr).
b) \displaystyle F_{\min}=\dfrac{G M m}{2 R^{2}}.
c) Não; para F_{0}=F_{\min} a partícula atinge exatamente r=0 com velocidade nula em t=\dfrac{\pi}{\omega_{0}} e a face oposta r=-R em t=\dfrac{2\pi}{\omega_{0}}, mas não ultrapassa |r|=R.