Dissertativas 6 - 2ª Fase Dia 2 - IME 2025

Poliedro Resolve - Resolução IME 1ª Fase 2025

Poliedro Resolve Resolução - IME 2ª Fase Dia 1 - 2025

Poliedro Resolve Resolução - IME 2ª Fase Dia 2 - 2025

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Física
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Questão 6

Dissertativa

Considere um corpo descrevendo uma órbita circular de raio r e velocidade v, resultando num período T, em torno da Terra.

Dados:

constante universal da gravitacão: G;
massa do corpo: m;
massa da Terra: M.

Observação:

${(1 + x)}^{n} \approx 1 + n x, para | x | < < 1 .$

Quando o corpo se move para uma órbita circular de raio $r + ∆ r$ , sendo $∆ r < < r$ , seu novo período de órbita passa a ser $T + ∆ T$ e sua nova velocidade orbital se torna $v + ∆ v$ .
Determine o valor aproximado:

a) de $∆ T$ em função de $∆ r$ e v;

b) de $∆ v$ em função de $∆ r$ e T;

c) da energia potencial gravitacional em função de $∆ r$ , r, G, m e M.

Resolução:

Resolução:

Em um movimento circular sob ação exclusiva da força gravitacional, deve-se ter:

$F_{G} = {F_{c}}_{p} \Rightarrow \frac{GMm}{R^{2}} = \frac{({mv}^{2})}{R} \Rightarrow v^{2} = \frac{GM}{R} \Rightarrow v = \sqrt{GM} R^{- \frac{1}{2}}$

E da 3ª Lei de Kepler:

$\frac{T^{2}}{R^{3}} = \frac{4 π^{2}}{GM} \Rightarrow T = \frac{2 π}{\sqrt{GM}} R^{\frac{3}{2}}$

a) Para as órbitas inicial e final:

$T = \frac{2 π}{\sqrt{GM}} r^{\frac{3}{2}} (I) T + ∆ T = \frac{2 π}{\sqrt{GM}} {(r + ∆ r)}^{\frac{3}{2}} (II)$

Fazendo (II) / (I):

$\frac{T + ∆ T}{T} = {(1 + \frac{∆ r}{r})}^{\frac{3}{2}} \Rightarrow \frac{T + ∆ T}{T} \approx 1 + \frac{3}{2} \frac{∆ r}{r} \Rightarrow ∆ T \approx \frac{3 ∆ r}{2} \frac{T}{r}$

Mas, da cinemática, $v = \frac{2 πr}{T}$ , portanto:

$∆ T \approx \frac{3 Δr}{2} \frac{2 π}{v} \Rightarrow ∆ T \approx 3 π \frac{∆ r}{v}$

b) Para as órbitas inicial e final:

$v = \sqrt{GM} r^{- \frac{1}{2}} (III) v + Δv = \sqrt{GM} {(r + Δr)}^{- \frac{1}{2}} (IV)$

Fazendo (IV) / (III):

$\frac{(v + ∆ v)}{v} = {(1 + \frac{∆ r}{r})}^{- \frac{1}{2}} \Rightarrow 1 + \frac{∆ v}{v} \approx 1 - \frac{∆ r}{2 r} \Rightarrow Δv \approx - \frac{v}{r} \cdot \frac{Δr}{2}$

Novamente, considerando que $v = \frac{2 πr}{T}$ :

$∆ v \approx - \frac{2 π}{T} \frac{∆ r}{2} \Rightarrow ∆ v \approx - \frac{π \cdot ∆ r}{T}$

c) Caso a banca realmente deseje a energia potencial gravitacional, como o comando afirma, a resposta pode ser obtida sem a realização de quaisquer cálculos. Como apenas a energia potencial final utiliza $∆ r$ , assume-se que é a ela que o enunciado se refere:

$E_{pg} = - \frac{GMm}{r + ∆ r}$

No entanto, caso a intenção tenha sido pedir a variação da energia potencial gravitacional, bastaria fazer:

$∆ E_{pg} = - \frac{GMm}{r + Δr} - [- \frac{GMm}{r}] = - GMm [{(r + ∆ r)}^{- 1} - r^{- 1}] ∆ E_{pg} = - {GMmr}^{- 1} [{(1 + \frac{∆ r}{r})}^{- 1} - 1] ∆ E_{pg} \approx - {GMmr}^{- 1} [1 - \frac{∆ r}{r} - 1] ∆ E_{pg} \approx \frac{GMm \cdot ∆ r}{r^{2}}$

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