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 ^

Um resumo pra isso tudo:

Passo 1: Escrever g → como uma integral de d m e separar nas suas componentes

g → = ∫ G r 2   d m   r ^ = … i ^ + … j ^

Passo 2: Analisar a simetria do problema e ver ser alguma componente é nula

Passo 3: Escrever o d m em função de alguma coisa que dê pra integrar. No nosso exemplo

d m = ρ d x

Passo 4: Ajeitar os limites de integração, achar relações pra escrever tudo em função dos dados do problema e da variável de integração.

Passo 5: Meter a cara na integral (dê uma olhada no formulário antes!).

Um pouco trabalhoso, né? Mas com a prática você vai dominar isso aí, já que são poucas distribuições contínuas que são possíveis de fazer por esse método. Bora praticar pra você ficar craque nisso!

Expandir

Exercício Resolvido #1

UNICAMP-P1-2007- Q2

A figura abaixo representa um anel delgado de raio R e massa homogênea M e uma massa pontual m que está situada no eixo x que passa pelo centro do anel a uma distância a do mesmo. Dois elementos infinitesimais de massa d M do anel, diametralmente opostos, são ilustrados na figura.

(a) Calcule o módulo da força resultante gravitacional infinitesimal d F G que atua sobre a massa pontual m devido à presença das massas infinitesimais d M .

(b) Qual é o módulo da força gravitacional resultante F G sofrida pela massa pontual m devido, agora, à presença de todo o anel?

(c) Obtenha o módulo da força gravitacional F G para a = 0 e para a ≫ R .

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Passo 1

(a)

Pela lei de Newton da Gravitação Universal cada massa d M exercerá uma força

d F G = G m d M r 2

As componentes x das forças se somam e as demais se cancelam. Então:

d F G = 2 G m d M R 2 + a 2 cos ⁡ θ = 2 G m d M R 2 + a 2 a R 2 + a 2 = 2 G m a d M R 2 + a 2 3 2

Passo 2

(b)

Como o anel é homogêneo:

d M d l = M 2 π R

d M = M 2 π R d l

Onde d l é o comprimento de arco da massa d M . Assim, substituindo na equação do item anterior, temos:

F G = ∫ 2 G m a R 2 + a 2 3 2 M 2 π R d l = G M m a R 2 + a 2 3 2 1 π R ∫ 0 π R d l = G M m a R 2 + a 2 3 2  

Passo 3

(c)

Já temos o módulo de F G . Basta substituir o valor da distância até o centro do anel.

Para a = 0 , temos que F G = 0 .

E para a ≫ R , vamos ter F G = G M m a 2

Resposta

a)

d F G = 2 G m a d M R 2 + a 2 3 2

b)

F G = G M m a R 2 + a 2 3 2

c)

a = 0 ,     F G = 0

a ≫ R ,     F G = G M m a 2

Exercício Resolvido #2

TIPLER, P., MOSCA, G. Física para Cientistas e Engenheiros, Vol. 1, 6ª Ed, LTC, 2009, p. 403 ex. 101

Determine a magnitude do campo gravitacional a uma distância r de uma barra fina e homogênea de comprimento infinito, cuja massa por unidade de comprimento é λ .

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Passo 1

Vamos desenhar o problema usando inicialmente uma barra de tamanho L , depois de encontrar a expressão, a gente tende o L pra infinito, beleza?

Como vamos integrar caminhando pelo eixo x , precisamos de uma relação entre os infinitesimais de massa e de posição. Como a massa é homogênea e nos foi dado a densidade linear:

d m = λ d x

Passo 2

Essa massa d m vai exercer um campo d g → no nosso ponto que está a uma distância r da barra

d g → = G d m d 2 d ^

Onde d ^ é o unitário apontando na direção de d m para o ponto em que estamos interessados.

Passo 3

Para cada pedaço da barra a esquerda do nosso ponto vamos ter um pedaço a direita. Se somarmos a contribuição de campo que cada pedaço faz vamos ter um campo na direção vertical como na figura abaixo!

Assim o nosso campo resultante aponta na direção z ! Então para pegar a componente z temos que multiplicar o nosso campo por cos ⁡ θ

d g → z = d g cos ⁡ θ z ^

Passo 4

Pela figura conseguimos ver um triângulo retângulo com catetos x e r e hipotenusa d , assim

d 2 = x 2 + r 2

E também conseguimos calcular o cosseno de θ

cos ⁡ θ = r d = r x 2 + r 2

Juntando tudo isso finalmente temos

d g → z = d g cos ⁡ θ z ^ = G d m d 2 cos ⁡ θ z ^

d g → z = G λ d x ( x 2 + r 2 ) r x 2 + r 2 z ^

d g → z = G λ r z ^ d x x 2 + r 2 3 / 2

Agora só falta integrar esse troço!

Passo 5

Sabemos que, para encontrar a magnitude do campo integral total da barra, vamos integrar o campo gerado por cada caquinho de massa:

g → z = ∫ - ∞ + ∞ G λ r z ^ d x x 2 + r 2 3 2

g → z = G λ r z ^ ∫ - ∞ + ∞ d x x 2 + r 2 3 / 2

Essa integral fica mamão com açúcar fazendo a substituição

t g θ = x r → x = r   t g θ

Quando x → ∞ , temos que θ → π / 2 e quando x → - ∞ , temos que θ → - π / 2

Derivando dos dois lados, temos

sec 2 ⁡ θ d θ = d x r → d x = r sec 2 ⁡ θ d θ

Substituindo o d x lá na integral, e mudando o intervalo de integração

g → z = G λ r z ^ ∫ - π / 2 π / 2 r s e c 2 θ d θ r 2 t g 2 θ + r 2 3 / 2

Vamos focar nessa integral aqui

∫ - π / 2 π / 2 r s e c 2 θ d θ r 2 t g 2 θ + r 2 3 / 2

Lá embaixo no denominador, vamos colocar o r 2 em evidência

∫ - π / 2 π / 2 r s e c 2 θ d θ r 2 t g 2 θ + r 2 3 / 2 = ∫ - π / 2 π / 2 r s e c 2 θ d θ r 2 3 / 2 t g 2 θ + 1 3 / 2 = 1 r 2 ∫ - π / 2 π / 2 s e c 2 θ d θ t g 2 θ + 1 3 / 2

Aí agora a gente tem que usar aquela relação trigonométrica SUPER ÓBVIA (#sqn)

1 + t g 2 θ = sec 2 ⁡ θ

Aí a nossa integralzinha fica

1 r 2 ∫ - π / 2 π / 2 s e c 2 θ d θ t g 2 θ + 1 3 / 2 = 1 r 2 ∫ - π / 2 π / 2 s e c 2 θ d θ sec 2 ⁡ θ 3 / 2 = 1 r 2 ∫ - π / 2 π / 2 s e c 2 θ d θ s e c 3 θ

1 r 2 ∫ - π / 2 π / 2 d θ sec ⁡ θ

Lembra o que é secante?!?!? É isso aqui ó

sec ⁡ θ = 1 cos ⁡ θ

De forma que aquela integral monstra vira isso

∫ - π / 2 π / 2 r s e c 2 θ d θ r 2 t g 2 θ + r 2 3 / 2 = 1 r 2 ∫ - π / 2 π / 2 cos ⁡ θ d θ

Agora eu faço até com os pés nas costas!

∫ - π / 2 π / 2 cos ⁡ θ d θ = s e n θ θ = - π / 2 θ = π / 2 = 1 - - 1 = 2

Assim (FINALMENTE)

∫ - π / 2 π / 2 r s e c 2 θ d θ r 2 t g 2 θ + r 2 3 / 2 = 2 r 2

E voltando pro nosso campo

g → z = G λ r z ^ 2 r 2

g → z = 2 G λ z ^ r

Como o enunciado pede a magnitude

g z = 2 G λ r

Resposta

g z = 2 G λ r

Exercício Resolvido #3

TIPLER, P., MOSCA, G. Física para Cientistas e Engenheiros, Vol. 1, 6ª Ed, LTC, 2009, p. 403 ex. 65

Uma barra fina e homogênea de 20   k g , com 5,0   m de comprimento, é dobrada em um semicírculo. Qual é a força gravitacional exercida pela barra sobre uma massa pontual de 0,10   k g localizada no centro de curvatura do arco circular?

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Passo 1

Vamos desenhar como vai ficar esse semicírculo:

Agora, dá uma olhada nessa barra como um corpo extenso. Cada elemento de massa infinitesimal vai gerar uma força gravitacional infinitesimal na partícula:

Além disso, temos uma simetria no nosso problema. Isso é um ótimo sinal, já que costuma simplificar nossas contas.

Podemos escrever d F → em suas componentes:

d F → = d F x →   + d F y →

E temos que seus módulos serão:

d F x = d F . c o s   θ

d F y = d F . s e n   θ

Você já deve estar pensando... que saco ter que calcular cada um desses termos.