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. 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 .

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

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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

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