Questão 15 -
Imagine um túnel liso ao longo de uma corda não rotativa na Terra à uma distância R/2 do centro, em que R é o raio da Terra. Um projétil é disparado ao longo do túnel a partir do centro do túnel com velocidade \sqrt{\mathrm{gR}}. A aceleração da gravidade na superfície da Terra vale g e que a sua densidade é constante.
A distância máxima do projétil do centro da Terra durante seu curso de movimento vale:
a) \left(\frac{8+\sqrt{57}}{14}\right) R.
b) \left(\frac{4+\sqrt{57}}{7}\right) \mathrm{R}.
c) \left(\frac{8+\sqrt{23}}{14}\right) R.
d) \left(\frac{4+\sqrt{23}}{7}\right) \mathrm{R}.
e) \left(\frac{4+\sqrt{57}}{14}\right) R.

Passo 1

O enunciado descreve um túnel reto, sem atrito, cavado ao longo de um diâmetro deslocado de modo que o maior afastamento do centro da Terra ao túnel seja R/2. Um projétil parte do ponto médio do túnel (onde sua distância ao centro é r_0=R/2) com velocidade inicial
v_0=\sqrt{gR},
sendo g a aceleração na superfície e a Terra de densidade uniforme.
Queremos a distância máxima r_{\max} do projétil ao centro, usando conservação de energia e, após sair do túnel, conservação também de momento angular.

Passo 2

Para r dentro da Terra (densidade uniforme) o potencial gravitacional por unidade de massa é
U_{\text{int}}(r)=-\frac{GM}{2R^3}\bigl(3R^2-r^2\bigr),
onde GM=gR^2. Logo
U_{\text{int}}(r)=-\frac{3}{2}\,gR+\frac{1}{2}\,\frac{g}{R}\,r^2.
No ponto inicial r_0=R/2 temos
U_{\text{int}}(r_0)=-\frac{3}{2}gR+\frac{1}{2}\,\frac{g}{R}\,\frac{R^2}{4} =-\frac{11}{8}\,gR
e a energia mecânica total por massa
E=U_{\text{int}}(r_0)+\tfrac12\,v_0^2 =-\tfrac{11}{8}\,gR+\tfrac12\,gR =-\tfrac{7}{8}\,gR.

Passo 3

Ao chegar ao final do túnel, em r=R, a energia interna é
U_{\text{int}}(R)=-\tfrac{3}{2}gR+\tfrac12\,\tfrac{g}{R}R^2=-gR,
e como E=U_{\text{int}}(R)+\tfrac12\,v_R^2 segue
\tfrac12\,v_R^2 =E- U_{\text{int}}(R) =-\tfrac{7}{8}gR+gR =\tfrac{1}{8}\,gR,
logo
v_R=\frac12\sqrt{gR}.

Passo 4

Geométricamente o túnel é a reta horizontal em y=R/2, de x=-\tfrac{\sqrt3}{2}R a +\tfrac{\sqrt3}{2}R. No ponto de saída \bigl(x,y\bigr)=(\tfrac{\sqrt3}{2}R,\tfrac12R) o vetor velocidade é tangente ao túnel, isto é (v_R,0). O versor radial é
\hat r=\frac{1}{R}\bigl(\tfrac{\sqrt3}{2}R,\tfrac12R\bigr)=(\tfrac{\sqrt3}{2},\tfrac12),
então o ângulo \beta entre \mathbf v e a direção radial satisfaz
\cos\beta =\frac{\mathbf v\!\cdot\!\hat r}{v_R} =\frac{v_R\,\tfrac{\sqrt3}{2}}{v_R} =\tfrac{\sqrt3}{2},
isto é \beta=30^\circ.

Passo 5

Fora do túnel, para r\ge R, o potencial é
U_{\text{ext}}(r)=-\frac{GM}{r}=-\frac{gR^2}{r},
e mantêm-se E=-\tfrac78\,gR. O momento angular por unidade de massa é
h=r\,v_t \quad\text{com}\quad v_t=v_R\sin\beta =\tfrac12\sqrt{gR}\,\times\tfrac12 =\tfrac14\sqrt{gR},
em r=R resulta
h=R\cdot\tfrac14\sqrt{gR} \quad\Longrightarrow\quad h^2=\tfrac{1}{16}\,gR^3.

Passo 6

No ponto de inversão r=r_{\max} a componente radial da velocidade zera e sobra
E =\frac12\,\frac{h^2}{r_{\max}^2} -\frac{gR^2}{r_{\max}}.
Substituindo E=-\tfrac78gR e h^2=\tfrac1{16}gR^3:
\frac1{2}\,\frac{\tfrac1{16}gR^3}{r^2} -\frac{gR^2}{r} +\frac{7}{8}gR=0.
Multiplicando por \tfrac{32\,r^2}{gR} obtemos
R^2-32R\,r+28\,r^2=0.
A solução física é
r_{\max} =\frac{32+4\sqrt{57}}{56}\,R =\frac{8+\sqrt{57}}{14}\,R.

Resposta

\displaystyle \frac{8+\sqrt{57}}{14}\,R.

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