Exercícios Resolvidos de Força e Campo Gravitacional Envolvendo Integrais

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?

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.

Mas aí que a simetria entra em ação para nos ajudar.

Para cada ângulo θ na nossa figura, vamos ter uma componente d F 1 x apontando para o lado direito e uma componente d F 2 x , de mesmo módulo, apontando para o lado esquerdo.

Logo, elas vão se cancelar, sobrando apenas a componente em y para cima:

d F = 0 + d F y

d F = d F . s e n   θ   j ^

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Agora que temos uma expressão para a força exercida por cada elemento da barra, basta fazer um somatório de todas essas contribuições, ou seja, integrar:

F = d F . s e n   θ

A expressão da força gravitacional é:

F g = G . M . m r 2  

No lugar de M , chamamos de d m cada elemento infinitesimal de massa na barra, vamos chamar de m p a massa da partícula e, por último, temos que a distância entre os dois é sempre R . Então:

F = G . m p R 2   d m . s e n   θ  

Retirando as constantes da integral, temos:

F = G . m p R 2   s e n   θ   d m

Passo 3

Vamos achar algumas relações que nos permitem calcular a integral.

A densidade linear de massa continua a mesma, certo? Então:

λ = M L = 20 5 = 4   k g / m

Além disso, a densidade linear se relaciona com d m , da seguinte forma:

λ = d m d L

d m = λ . d L

Temos também que a nossa barra é um arco de circunferência.

Podemos relacionar arcos e ângulos com:

L = r . θ

Sendo r o raio da circunferência e θ o ângulo percorrido pelo arco.

Com isso, podemos descobrir o valor do raio da barra R :

5 = R . π

R = 5 π   m

Conseguimos também escrever o nosso d L assim:

d L = R . d θ

Juntando isso tudo, temos que:

d m = λ . d L

d m = λ . R . d θ

Passo 4

Agora, finalmente podemos calcular a integral.

Vamos substituir d m , lembrando dos limites de integração de θ que varrem de 0 ° a 180 ° , ou seja, de 0 a π :

F = G . m p R 2   0 π s e n   θ   λ . R . d θ

Arrumando a casa:

F = G . m p . λ R   0 π s e n   θ     d θ

Vamos resolver essa integral, rapidamente:

0 π s e n   θ     d θ = ( - c o s   θ ) π 0

0 π s e n   θ     d θ = - cos π + c o s 0

0 π s e n   θ     d θ = 2

Chegamos, então, que:

F = 2 G . m p . λ R

Substituindo os valores, temos:

F = 2 6,67.10 - 11 . 0,1.4 5 / π F = 3,35.10 - 11   N

Para finalizar, resta lembrar que a direção do vetor força gravitacional resultante é em y para cima.

F = 3,35.10 - 11 j ^   N

Resposta

F = 3,35.10 - 11 j ^   N

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