Física • Unidade V • Gravitação • Série 3 - Órbitas
01
I.
(C) Constante em módulo, mas variável em direção.
II.
(E) O movimento é uniforme, mas não é retilíneo.
III.
(C) Como RC = P, temos: m ⋅ aC = m ⋅ g
IV.
(E) O corpo se move na direção da velocidade e não da força.
V.
(C) A única força agente é a gravitacional.
VI.
(E) A gravidade age à distância mesmo havendo vácuo entre os
corpos.
2
 R 
VII. (C) Como g = g0 . 
 , se R + h > R, então g < g0.
R +h
VIII. (E) Não existe “força centrífuga”.
IX. (E) Não, pois se trata de um par ação-reação.
X. (C) Sim, pois apenas se a velocidade de lançamento for V0 =
que a órbita será circular.
g⋅r é
Resposta: I – C; II – E; III – C; IV – E; V – C; VI – E; VII – C; VIII – E;
IX – E; X – C
1
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I. Correta. Na órbita circular, a força de atração gravitacional (peso) é
perpendicular à trajetória (resultante centrípeta); portanto, ela não
realiza trabalho.
II. Correta. Em um corpo em órbita, a única força aplicada é a de atração
gravitacional; logo, ela será a única grandeza responsável pela
alteração da velocidade vetorial do satélite.
III. Incorreta. Nas trajetórias que não são retilíneas, há alteração da
direção da velocidade vetorial do corpo.
Resposta: C
Observação: Desconsidere o gabarito dado para esta questão no
Caderno de Exercícios e considere a resposta acima.
2
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a) Órbita circular:
aC = g
V2
= g0 ⇒ V =
R
⇒ V=
g0 ⋅ R
⇒
10 ⋅ 6,4 ⋅ 106 = 64 ⋅ 106
⇒
⇒ V = 8 ⋅ 103 m/s = 8 km/s
b) V =
∆s
2πR
=
∆t
∆t
⇒ ∆t =
2 ⋅ 3 ⋅ 6 400
8
⇒
⇒ ∆t = 6 ⋅ 800 = 80 ⋅ 60s = 80 min ⇒ ∆t = 1h20min
Respostas:
a) 8 km/s
b) 1h20min
3
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Órbita circular ⇒ aC = g
7,8 ⋅ 103 )
(
V2
=g=
r
( 6 ⋅ 106 + 0,4 ⋅ 106 )
2
60,84 ⋅ 106
= 9,5 m / s2
g=
6
6,4 ⋅ 10
Note que, em uma estimativa, a gravidade à uma altitude de 400 km deve
ser um pouco menor que na superfície terrestre (9,8 m/s2), o que invalida
todas as alternativas, exceto a d.
Resposta: D
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Órbita circular ⇒ aC = g
V 2 GM'
= 2
R
R
V=
GM'
R2
Resposta: D
5
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A velocidade da órbita não depende da massa do satélite, e, quanto maior
for o raio do satélite, menor será sua velocidade.
Resposta: D
6
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I. Incorreta, pois o satélite somente pode ser geoestacionário se for
geossincrônico, ou seja, tiver o mesmo período da Terra.
II. Correta, pois:
GM
aC = g ⇒ ϖ r = 3
r
2
⇒ r3 =
GMT 2
4π2
⇒ r=
2
GM
 2π 
⇒   = 3
r
 T 
3
⇒
GMT 2
4π2
III. Correta, pois o centro da órbita deve coincidir com o centro da Terra,
e o satélite não pode variar a latitude.
Resposta: C
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V=
∆s
∆t
∆t =
2 ⋅ 3,14 ⋅ 42000
10800
⇒ ∆t =
∆s 2πr
=
V
V
⇒ ∆y ≈ 24 h
Resposta: D
8
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F = RC = maC = mω2r
2
4 π 2mr
 2π 
F = m
⋅
r
=

T2
 T 
F ≅
4 ⋅ 10 ⋅ 5,0 ⋅ 1024 ⋅ 1,0 ⋅ 1011
(2,0 ⋅ 107 )2
4 ⋅ 5,0 ⋅ 1036
F≈
= 5,0 ⋅ 1022 N
14
4 ⋅ 10
Resposta: A
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“Força zero” = imponderabilidade
Imponderabilidade = órbita
• aC = g
• ω2R =
GM
R2
4
πM
ω2 M
= 3 = 3
4 3
G R
πR
3
4 3

 3 πR = volume da esfera 


2
 2π 
 T 
  = 4 πd
G
3
massa


 d = volume = densidade 


4π2 4
= πd
GT 2 3
d=
3π
GT 2
Resposta: D
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Ao desligar os motores, a nave passou a se mover com aceleração igual
à aceleração da gravidade caracterizando, portanto, “queda livre” e,
consequentemente, imponderabilidade.
Resposta: E
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Como se trata de órbita circular, tem-se:
ac = g
⇒
V 2 GM
GM
= 2
⇒ V2 =
r
r
R
A energia cinética é calculada por:
εc = m ⋅ V
2
2
Substituindo na expressão anterior, vem:
εc
=
GM
R
2
m.
⇒
εc
=
mGM
2R
Resposta: C
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I. Errada. Caso o sentido da rotação do satélite fosse oposto ao da
Terra, o satélite não estaria em repouso em relação a um observador
que estivesse em repouso em relação à Terra.
II. Correta. Para que um satélite seja geoestacionário, sua órbita deve
estar contida no plano que contém o equador e o seu período de
rotação deverá ser igual ao da Terra.
2π
. Como o período é
T
o mesmo, a velocidade angular também será a mesma.
III. Correta. A velocidade angular é dada por ω =
IV. Correta.
A
resultante centrípeta pode ser calculada por
GM
Rc = Pórbita ⇒ Rc = m . 2 e o peso na superfície da Terra é dado
r
GM
por Psuperfície = m ⋅ gsuperfície ⇒ Psuperfície = m ⋅
.
R²
Como r > R, temos: Rc < Psuperfície
Resposta: D
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Na situação descrita, o planeta executa um MCU; logo, a velocidade é
constante.
Em um deslocamento correspondente a uma volta ( ∆s = 2πR), o intervalo
de tempo corresponde ao período (∆t =T), então:
V=
∆s
∆t
⇒ V=
2π R
T
Resposta: B
Observação: Desconsidere o gabarito dado para esta qeustão no
Caderno de Exercícios e considere a resposta acima.
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Sabendo que a aceleração da gravidade na superfície da Terra é dada
GM
por g =
, que o raio da órbita é r = R + h, e considerando que a órbita
R²
seja circular, temos:
ac = górbita ⇒ ω2 . r =
⇒
GM
r2
⇒
4π ²
. r³ = GM ⇒
T²
4π ²
4π²r³
. r³ = g . R² ⇒ T² =
T²
R² g
⇒ T=
2π (R + h )
R
⋅
⇒ T=
4π²
R²
. r³ = GM .
T²
R²
⇒
2πr r
⋅
⇒
R
g
R+h
g
Resposta: D
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Vamos supor que o astronauta tenha altura desprezível em relação ao
raio externo do toroide.
Vamos supor, também, que a “sensação de peso” seja dada apenas pela
força de compressão que ele troca com seu apoio.
Quando ele está em repouso em relação à estação, é animado por uma
2 πR 2
velocidade V0 =
em relação a um referencial inercial.
P
A compressão que troca com o apoio terá intensidade:
Ao correr com velocidade escalar constante V em relação ao “chão” da
estação, passará a receber uma compressão:
Comparando (I) e (II), vem:
V 2 m ⋅ (V0 + V)2
6
m⋅ 0 =
5
R2
R2
⇒
6
⋅ V0 = V0 + V
5
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De onde concluímos que:
V=
 6

6
⋅ V0 – V0 = 
– 1 V0
 5

5


ou
 6
 2πR2
V= 
– 1
 5


 P
Resposta: A
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a) De acordo com o enunciado, quando o conjunto (N-A) está muito longe
da Terra, tanto a εc quanto a εp são nulas; portanto:
εm∞ = 0
Sendo o sistema (N-A) conservativo, vem:
εmp = εm∞
⇒
εcp + εpp = 0
1
GMm
⋅ m V02 –
=0
2
R0
2GM
R0
⇒ v0 =
b) Para um corpo em órbita circular:
RC = P ⇒
m⋅
VN2
GM
=m⋅
R0
R0
⇒
VN =
GM
R0
c) Sendo a explosão um sistema isolado e os corpos do sistema de
mesma massa, temos:
Qsist = Q’sist ⇒ Qsist = Q’N + Q’A
2M ⋅ V0 = M ⋅ VN + M ⋅ VA
2 ⋅ 2⋅
(
)
2GM
GM
GM
=
+ vA ⇒ vA = 2 2 – 1 ⋅
R0
R0
R0
Respostas:
a) V0 =
2GM
R0
b) VN =
GM
R0
(
)
c) VA = 2 2 – 1 ⋅
GM
R0
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