Força e Campo Gravitacional Envolvendo Integrais

Teoria Completa

Até agora vimos exemplos e exercícios de corpos com simetria esférica sobre efeito da força gravitacional.

No entanto, diversas distribuições contínuas de massa são capazes de também criar um campo gravitacional e você, querido aluno, será capaz de descobrir a expressão que rege as forças geradas por este campo.

Para entender melhor o jeito da coisa, nada melhor que um exemplinho.

Exemplo

Imaginemos uma linha de massas de massa total M e tamanho L . Encontraremos a expressão para o campo gravitacional a uma distância perpendicular d do centro da linha de massas.

Primeiramente, vamos desenhar o problema, colocando a barra em um par de eixos apropriado.

Cada pedacinho da barra com massa d m vai produzir um campo gravitacional d g . O campo total vai ser dado pela soma de todos esses d g ’s, ou seja, a integral

g → = ∫ d g → = ∫ G r 2   d m   r ^  

Esse r ^ é o unitário (que tem módulo igual a 1 ) que aponta na direção do campo. Essa integral fica mais tranquila se a gente decompor ele nas suas componente x e y

r ^ = s e n θ i ^ - cos ⁡ θ j ^

Assim a nossa integral se divide em duas

g → = ∫ G r 2   d m   r ^ = ∫ G r 2   d m   s e n θ i ^ + ∫ G r 2   d m - cos ⁡ θ j ^  

Tá beleza.... como faz essa integral aí? Como se integra em massa? Tá vendo que a nossa barra tá sobre o eixo x ? Seria legal poder integrar em x por que daria pra relacionar o x com ângulos θ também! Isso é feito da seguinte maneira:

O nosso pedacinho de massa d m tem um comprimento d x , já que ele é infinitesimal. A gente pode relacionar massa e comprimento pela densidade linear de massa (já que a nossa barra é um objeto 1D)

d m d x = ρ

Como a barra é homogênea, podemos encontrar essa tal de densidade linear:

ρ = M L

E então, encontrar a relação de d m com d x :

d m d x = ρ → d m d x = M L

d m = M L d x

Então agora fizemos uma mudança de variáveis e a nossa integral fica

g → = ∫ - L / 2 L / 2 G r 2   M L d x   s e n θ i ^ + ∫ - L / 2 L / 2   G r 2   M L d x - cos ⁡ θ j ^  

Os limites de integração são - L / 2 e L / 2 por que é onde a barra começa e onde ela termina. Puxando pra fora da integral tudo que constante a gente fica com

g → = G M L ∫ - L / 2 L / 2 1 r 2   d x   s e n θ i ^ - ∫ - L / 2 L / 2 1 r 2   d x cos ⁡ θ j ^

Agora temos que deixar tudo em função de x ! Olhando de novo pra nossa figura, temos um triângulo retângulo dando sopa aqui

Desse triângulo a gente tira que

r 2 = d 2 + x 2

cos ⁡ θ = d r = d x 2 + d 2

s e n θ = x r = x x 2 + d 2

Substituindo no nosso campo

g → = G M L ∫ - L / 2 L / 2 1 x 2 + d 2   d x x x 2 + d 2 i ^ - ∫ - L / 2 L / 2 1 x 2 + d 2   d x d x 2 + d 2 j ^

g → = G M L ∫ - L / 2 L / 2 x   d x x 2 + d 2 3 / 2 i ^ - ∫ - L / 2 L / 2 d   d x x 2 + d 2 3 / 2 j ^

Agora.... agora não tem pra onde fugir! Temos que lidar com essas belezinhas aí! Mas não grila muito não! As vezes essas integrais tão no seu formulário!

A primeira integral é

∫ - L / 2 L / 2 x   d x x 2 + d 2 3 / 2

Em cima temos um função ímpar ( x ) e em baixo uma função par ( x 2 + d 2 3 / 2 ), logo estamos integrando uma função ímpar em um intervalo simétrico! A integral disso dá 0 !

∫ - L / 2 L / 2 x   d x x 2 + d 2 3 / 2 = 0

Logo o nosso campo gravitacional não tem componente na direção x ! Outra forma de ver isso é pela simetria do problema, saca só:

Vamos pegar dois pedaços da barra, simétricos ao eixo y . Cada um desses pedaço vai exercer um campo d g → conforme a figura. Como esses campos são grandezas vetoriais basta soma-las

Assim o campo resultante vai tá na direção vertical por que as componentes horizontais se cancelam! Então desde o começo a gente já podia ter desconsiderado a componente horizontal do campo! Só não diz antes por que não queria dar spoiler :p

É sempre bom prestar atenção à simetria do problema! Isso pode nos economizar um tempão!

Agora vamos pra segunda integral:

∫ - L / 2 L / 2 d   d x x 2 + d 2 3 / 2

Agora o integrando é par, logo essa integral é diferente de 0 . Pra lidar com ela temos que usar todo o nosso poder de integrais! Essa aqui sai por substituição trigonométrica!

Se a gente fizer

t g ϕ = x d → x = d   t g ϕ

E o nosso d x

d x = d t g   ϕ '   d ϕ = d cos 2 ⁡ ϕ + s e n 2 ϕ cos 2 ⁡ ϕ d ϕ = d 1 + t g 2 ϕ d ϕ

E os limites de integração

x = - L 2 → ϕ = arctan ⁡ - L 2 d = ϕ m i n

x = L 2 → ϕ = arctan ⁡ L 2 d = ϕ m a x

Assim

∫ - L / 2 L / 2 d   d x x 2 + d 2 3 / 2 = d ∫ ϕ m i n ϕ m a x d 1 + t g 2 ϕ d ϕ d   t g ϕ 2 + d 2 3 / 2

Podemos dar uma trabalhada no denominador primeiro

d   t g ϕ 2 + d 2 3 / 2 = d 2 t g 2 ϕ + d 2 3 / 2 = d 2 t g 2 ϕ + 1 3 / 2 = d 3 1 + t g 2 ϕ 3 / 2

Assim

∫ - L / 2 L / 2 d   d x x 2 + d 2 3 / 2 = d ∫ ϕ m i n ϕ m a x d 1 + t g 2 ϕ d ϕ d 3 1 + t g 2 ϕ 3 / 2 = 1 d ∫ ϕ m i n ϕ m a x d ϕ 1 + t g 2 ϕ 1 / 2

Agora é só usar umas relações trigonométricas

1 + t g 2 ϕ = 1 + s e n 2 ϕ cos 2 ⁡ ϕ = cos 2 ⁡ ϕ + s e n 2 ϕ cos 2 ⁡ ϕ = 1 cos 2 ⁡ ϕ

Aí a nossa integral fica

∫ - L / 2 L / 2 d   d x x 2 + d 2 3 / 2 = 1 d ∫ ϕ m i n ϕ m a x d ϕ 1 cos 2 ⁡ ϕ   1 / 2 = 1 d ∫ ϕ m i n ϕ m a x cos ⁡ ϕ d ϕ

∫ - L / 2 L / 2 d   d x x 2 + d 2 3 / 2 = 1 d s e n ϕ m a x - s e n ϕ m i n

Se tan ⁡ ϕ m a x = L / ( 2 d ) , então podemos achar o seno pelo seguinte triângulo retângulo

Assim

s e n ϕ m a x = L L 2 + 4 d 2

E

s e n ϕ m i n = s e n arctan ⁡ - L 2 d = - s e n arctan ⁡ L 2 d = - s e n ϕ m a x

s e n ϕ m i n = - L L 2 + 4 d 2

Finalmente

∫ - L / 2 L / 2 d   d x x 2 + d 2 3 / 2 = 1 d L L 2 + 4 d 2 - - L L 2 + 4 d 2 = 2 L d L 2 + 4 d 2

E o nosso campo vai ser dado por

g → = G M L - 2 L d L 2 + 4 d 2 j ^

g → = - 2 G M d L 2 + 4 d 2 j ^