Força e Campo Gravitacional Envolvendo Integrais

Produzido por Ludovic Beghin
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Teoria

Show de bolinhas galerinha, 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 é exatamente essas expressões que regem as forças geradas por este campo que iremos estudar.

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

Exemplo

Vamos imaginar uma linha de massas de massa total M e tamanho L , disposta sobre um eixo como na figura abaixo:

Vamos encontrar o campo gravitacional resultante, sobre um ponto que está uma distância d sobre o eixo y :

Nesse caso, teremos que cada pedacinho bem pequenininho de massa d m   da nossa linha, vai exercer uma atração gravitacional d g → igualmente pequena sobre o ponto:

Onde r → representa a versor unitário da direção da atração gravitacional d g → que a massa d m exerce sobre o ponto.

Dessa maneira, o campo gravitacional gerado pela linha, sobre o ponto, será resultado da soma de todas as atrações gravitacionais que todas as massas d m exercem sobre esse ponto. Ou seja, como temos uma soma de infinitas atrações d g → , podemos aplicar os conceitos de integral para calcular o campo gravitacional resultante g → , tal que:

g → = ∫ d g →

Como a aceleração gravitacional é medida através da equação:

g = G m r 2

A atração d g → de uma massa d m , será:

d g → = G r 2 r →   d m

Lembrando que esse r → representa somente a direção que aponta o campo. Mas beleza, essa nossa direção possui componentes em dois eixos, então isso quer dizer que podemos decompor ela em suas coordenadas, saca só, vamos ter que:

Sendo assim, podemos expressar a direção como:

r → = r x i ^ + r y j ^

r → = - r sen ⁡ θ i ^ - r cos ⁡ θ j ^

Como r → é o vetor unitário , então r = 1 , de forma que:

r → = - sen ⁡ θ i ^ - cos ⁡ θ j ^

Assim a nossa integral se divide em duas:

g → = ∫     G r 2 r ^   d m

g → = ∫     G r 2 - sen ⁡ θ i ^ - cos ⁡ θ j ^   d m  

Tal que:

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

Mas calma ai chefia, porque nem tudo está perdido. Pra facilitar nossas contas, podemos usar a simetria do problema a nosso favor, se liga só, a mesma massa d m que existe de um lado do eixo, existe simetricamente do outro, isso quer dizer que a atração gravitacional que elas exercem nesse eixo, se encontram de uma maneira que:

A malandragem disso tudo, é que as forças horizontais que as massas d m exercem sobre o ponto, se anulam com as forças que as outras massas d m exercem em posições simétricas:

Isso quer dizer que componente horizontal do compo gravitacional será nula, e a resultante do campo gravitacional vai possuir resultante somente no eixo y . Logo:

g → = ∫     G r 2 - sen ⁡ θ i ^   d m ⏝ 0 + ∫     G r 2 - cos ⁡ θ j ^     d m

g → = 0 + ∫     G r 2 - cos ⁡ θ j ^     d m

g → = ∫     - G r 2 cos ⁡ θ d m j ^

Agora o nosso problema é que não conhecemos aquele pedacinho de massa d m . Mas pra isso podemos usar o fato da massa ser distribuída continuamente, isso quer dizer que a densidade linear vai ser igual em qualquer ponto do corpo. Então pra uma massa d m que tem um comprimento d x :

Teremos uma densidade linear ρ dada como:

ρ = d m d x

Como a barra é homogênea, podemos encontrar essa tal de densidade linear usando a massa total M e o comprimento total L , tal que::

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

Logo:

d m = M L d x

Belezoca, e susbituindo isso na nossa integral, obtemos que:

g → = ∫     - G r 2 cos ⁡ θ d m j ^

g → = ∫       - G r 2 cos ⁡ θ   M L d x   j ^

Outra coisa que podemos reparar, é que a nossa variável agora passou a ser o d x , e nesse caso temos que a barra varia no eixo x de - L / 2 até L / 2 , afinal colocamos seu centro bem no meio do eixo. Logo os limites de integração serão - L / 2 e L / 2 :

g → = ∫ - L / 2 L / 2   - G r 2 cos ⁡ θ   M L d x   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

r = d 2 + x 2

Além disso, também conseguimos tirars as relações trigonométricas:

cos ⁡ θ = d r = d x 2 + d 2

sen ⁡ θ = x r = x x 2 + d 2

Substituindo no nosso campo, obtemos que:

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

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

Agora.... agora não tem muito pra onde a gente fugir! Temos que lidar com essa belezinha aí! Mas não grila muito não, porque essas integrais de raízes sempre são tabeladas e já vêem prontinhas pra gente. É exatamente dessa água que a gente bebereis, se liga só nessa integralzinha tabelada aqui:

Igualzinha a nossa né não!? Só gente trocar o u pelo x e o a pelo d . Isso quer dizer que nossa integral será:

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

Então se a gente substituir os limites de integração, vamos obter que:

g → = G M d L - x d 2 x 2 + d 2 - L 2 L 2 j ^ = G M d L - 2 L d 2 L 2 + 4 d 2 j ^

E o nosso campo vai ser dado por:

g → = - 2 G M d L 2 + 4 d 2 j ^

Dessa maneira, o módulo do campo gravitacional g → , será:

g → = 2 G M d L 2 + 4 d 2

E pra finalizar, o sinal negativo em g → , indica que o sentido da atração é para baixo no eixo y .

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. Bora praticar pra você ficar craque nisso!

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