Titanium

por **pmp** em Sábado Dez 16, 2006 1:04 am

Não posso deixar de referir que devo ao Diogo (Real) a resolução deste problema.

Foi ele que me foi ajudandando e revelando dicas que me conduziram a abordar o problema através de coordenadas esféricas e que me esclareceu todas as dúvidas que tive. Obrigado

.

$Imagem$

O segredo do problema está em resolvê-lo recorrendo a uma sistema de coordenadas esféricas ao invés do comum sistema de coordenadas cartesianas.

Assim, a força gravítica que actuará no centro do planeta semi-esférico será a soma de cada uma das forças gravíticas exercidas por cada infinitésimo ou bocadinho muito pequenino de massa. Apenas a componente Oz de cada força terá efeito para a aceleração gravítica naquele ponto, visto que a soma das outras componentes será nula. Intuitivamente, temos essa ideia.

Então, e de acordo com a figura a aceleração gravítica causada por um infinitésimo de massa do planeta será:

$dg=\frac{Gdm}{r^2}\cos\theta$ (1)

Podemos expressar o infinitésimo de massa

em termos de densidade e volume. Um elemento de volume (ver figura) é:

$dV=r^2\sin\theta dr~d\theta~d\phi$

Então:

$dm=\rho dV=\rho r^2\sin\theta~dr~d\theta~d\phi$
(Nota: Neste problema, a densidade é constante)

Substituindo na expressão (1):

$dg=\frac{G\rho r^2\sin\theta\cos\theta}{r^2}~dr~d\theta~d\phi$

Como:
$\sin2\theta = 2\sin\theta\cos\theta$ , então $\sin\theta\cos\theta=\frac{1}{2}\sin2\theta$ .

$dg=\frac{G\rho\sin2\theta}{2}~dr~d\theta~d\phi$

Agora vamos à parte mais bonita, integrar!

Integramos

de

a

.
Integramos $\theta$ de $\frac{\pi}{2}$ a $\pi$ .
Integramos $\phi$ de

a $2\pi$ .

Estes limites não suscitam dúvidas?!

$g=\int^{2\pi}_0\int^{\pi}_{\frac{\pi}{2}}\int^R_0\frac{G\rho\sin2\theta}{2}~dr~d\theta~d\phi$

$g=\frac{1}{2}G\rho \int^{2\pi}_0\int^{\pi}_{\frac{\pi}{2}}\int^R_0 \sin2\theta}~dr~d\theta~d\phi$

$g=\frac{1}{2} G\rho \int^{2\pi}_0\int^{\pi}_{\frac{\pi}{2}}R\sin2\theta ~d\theta~d\phi$

Como $\int\sin cx~dx=-\frac{1}{c}\cos cx$ , ver http://en.wikipedia.org/wiki/List_of_in ... _functions :

$g=\frac{1}{2}G\rho R\int^{2\pi}_0(-\frac{1}{2}\cos2\pi + \frac{1}{2}\cos\pi)~d\phi$

$g=-\frac{G\rho R}{2}\int^{2\pi}_0~d\phi$

Finalmente:

$g=-\frac{2\pi G\rho R}{2}$

$g=- G\rho \pi R = -0.524~m/s^2$

Qualquer dúvida, já sabem...

por **jap** em Sábado Dez 16, 2006 1:48 am

A resolução está correcta, mas que grande complicação! :cry:

Vocês não têm obrigação de saber integrais triplos em coordenadas esféricas! Se fosse para resolver com este formalismo matemático, não o teria posto neste fórum...

Tudo isto é desnecessário para este problema que se resolve em duas linhas... :lol:

Basta apenas intuição física... :wink:

Bom, mas já ficaste a apreender alguma coisa sobre integrais de volume

e parece-me que já estás um ás do $\LaTeX$ . :lol:

por **jmgb** em Sábado Dez 16, 2006 3:36 am

Ora aí está... Tricky... Tricky... Tricky... E nenhuma solução decente ainda...

Vou dormir para não perder o comboio amanhã (isto é, hoje) às 9h00.

Abraço, até amanhã (ou até logo!)

por **jap** em Sábado Dez 16, 2006 11:39 pm

Vamos então à forma elegante de resolver este problema :lol:

Vou tentar explicar passo a passo a ideia...

Comecemos por dividir o planeta em

camadas finas de espessura R/n

, tal como cascas de cebola.

Imagem

É evidente que a massa de cada uma das cascas é proporcional à sua área, e que, portanto, aumenta com o quadrado da sua distância ao centro. Mas por outro lado a força gravítica varia com o inverso do quadrado da distância...Então cada uma das camadas tem exactamente o mesmo "peso" para a aceleração gravítica no centro da "base" plana do planeta... :shock:

Assim, podemos substituir o efeito das

camadas por

vezes o efeito de uma delas, digamos da última camada.

A massa desta última camada é = área x espessura x densidade , ou seja $2\pi R^2(R/n)\rho$ . O efeito das

camadas é equivalente ao de uma massa

vezes a da última camada ou seja $M_{\rm eq} = 2\pi R^3 \rho$ . Notem que esta massa equivalente não é a massa do planeta, na realidade a massa equivalente é três vezes maior do que a massa do hemisfério.

Bom, vamos então calcular a aceleração causada por esta massa equivalente. Da lei de Newton, a aceleração é igual à força exercida numa massa pontual, unitária, colocada no centro da base. O módulo desta aceleração deveria ser, à primeira vista,

$g = G M_{\rm eq}/R ^2 = 2\pi GR\rho$ .

Mas atenção: reparem que temos que projectar a força na direcção do eixo de simetria do hemisfério, pois todas as outras componentes se anulam (ver o post do pedro). Isto corresponde a multiplicar o resultado anterior pelo valor médio de $\cos \theta$ onde $\theta$ é o ângulo que a força exercida por cada pedaço de massa na superfície na massa unitária faz com o eixo de simetria do planeta. Mas se considerarmos todos os pedaços de massa, o que verdadeiramente importa é o valor médio de $\cos\theta$ , onde $\theta$ percorre uniformemente todos os ângulos entre 0 e $\pi/2.$ Claro que o valor médio desta função neste intervalo é 1/2!.

Então $g = \frac{1}{2}2\pi GR\rho\ = \pi GR\rho$ . ou seja, 3/4 da aceleração do planeta inteiro QED!

Amanhã: terceiro e último episódio da saga dos monstros Gyula!

por **jap** em Domingo Dez 17, 2006 4:37 pm

E aqui vai o terceiro e último episódio da saga do planeta titanium.

Depois de terem comido metade do seu planeta natal, parte da população dos gyula decidiu mudar-se para outro planeta da sua galáxia. Este planeta, esférico, homogéneo e também de titânio (como convém!) é mais pequeno, com apenas 10 km de raio.

A colónia gyula começou a extrair titânio cavando um buraco no planeta com 1 m de diâmetro. À medida que iam extraindo titânio, iam colocando estacas no poço, e foram descendo, descendo, passaram pelo centro do planeta, e o túnel, a páginas tantas, atingiu os antípodas. :shock:

Depois escavaram muitos poços idênticos, todos ao longo do mesmo meridiano, e foram colocando estacas, até que o seu planeta ficou reduzido a dois hemisférios separados por um "vazio" de 1m, suportado por estacas.

Qual a energia (mínima) dispendida pelos gyula na extração do titânio? Qual a força que as estacas têm de suportar para evitar que os dois hemisférios, separados de 1m, não colapsem um sobre o outro? :roll:

por **fildireito** em Segunda Dez 18, 2006 2:17 am

O que consideramos como "energia mínima"?? A energia necessária para levar o alimento (titânio, quem diria) das profundesas até à superfície??

por **spmatos_174** em Segunda Dez 18, 2006 11:39 am

Professor,

O buraco é no meio do planeta e divide-o em dois hemisférios exactamente iguais ou não?
consideramos o buraco um cilindro perfeito? Consideramos que a massa e o volume do planeta variam enquanto eles "comem" o planeta ou podemos ignorar isso? É que assim o centro de massa de cada um dos hemisférios também varia... Consideramos a força gravitíca uniformemente distribuída pelas estacas?
Pode-se calcular o centro de massa de cada um dos hemisférios por analogia ao Centro de massa de um semi-anel de massa uniformemente distribuída?

Peço desculpa por este bombardeio de perguntas, Professor...
:oops:

Salomé

por **jap** em Segunda Dez 18, 2006 1:17 pm

fildireito Escreveu:O que consideramos como "energia mínima"?? A energia necessária para levar o alimento (titânio, quem diria) das profundesas até à superfície??

É isso mesmo :wink:

por **spmatos_174** em Segunda Dez 18, 2006 4:17 pm

Bom, acho que consegui fazer (com ajuda da minha mãe) uma parte do raciocínio do problema, mas não consigo funcionar com o Latex

(especialmente fracções) e estou com sérios problemas em colocar uma imagem, para ilustrar melhor o raciocínio.

Não consigo por as letras gregas!

=S

por **pmp** em Segunda Dez 18, 2006 5:49 pm

Tens aqui um guia conciso do LaTeX: http://www.physicsforums.com/misc/howtolatex.pdf

Para escreveres fracções, o comando é \frac{numerador}{denominador}

.

Para as letras gregas consulta o guia. :wink:

por **spmatos_174** em Segunda Dez 18, 2006 7:06 pm

Isto é apenas uma parte do problema:

Imagem

$M_{planeta}=\frac{4\rho \pi R^3}{3}$

R - raio do planeta

$m_{buraco}=0,5 \rho \pi R$

$m_{hemisfÃ©rio}=\frac{M_{planeta}-m_{buraco}}{2} =\frac {\frac{4\rho \pi R^3}{3}-0,5 \rho \pi R}{2} = \rho \pi R (\frac{2r^2}{3}-\frac{1}{4})$

Para calcular a energia mínima dispendida, achei a variação de Energia Potencial de um antípoda a outro, enquanto os gyula comiam o planeta.

$\Delta E_{p}=E_{pfinal}-E_{pinicial}$
$=\frac{-G(M_{planeta}-m_{buraco})(m_{gyula}+m_{buraco})}{R}+\frac{GM_{planeta} m_{gyula}}{R}$
$=\frac{-G(M_{planeta}-m_{buraco})(m_{gyula}+m_{buraco})+(M_{planeta} m_{gyula})}{R}$
[unparseable or potentially dangerous latex formula])[/tex]

por **jap** em Segunda Dez 18, 2006 10:26 pm

Cara Salomé,

Peço desculpa, mas não tive oportunidade de responder prontamenta à tua mensagem :oops:

. De qualquer forma, como as tuas perguntas indicavam, havia qualquer coisa que não batia certo no enunciado do problema - depois de o reler vi que lhe faltava uma frase! Relê agora o problema, com a frase em falta.

Na realidade, os gyula não escavaram apenas um poço, mas muitos poços juntinhos todos ao longo do mesmo meridiano, até que o seu planeta ficou reduzido a dois hemisférios suportados por estacas. Na prática, e para o problema, a actividade dos gyula resumiu-se a transportar a massa de um disco de raio

e espessura d = 1m

até à superfície...
Temos que calcular o trabalho dispendido pelos gyula nesta actividade...

A tua ideia de ir pelas variações de energia potencial não é má

, mas talvez não seja o melhor caminho :cry:

pela razão seguinte: a expressão $E_p = -G\frac{Mm'}{R}$ embora sirva para calcular a energia potencial de um pequeno corpo de massa

à superfície de um planeta homogéneo de massa

, já não se pode aplicar, em rigor, para o caso de um planeta a que falta um disco de espessura

- mesmo subtraindo à massa do planeta, a massa desse disco! :wink:

por **jap** em Terça Dez 19, 2006 10:35 pm

Aqui vai uma dica:

calcular o trabalho envolvido na extracção do minério - não é difícil... :wink:

por **spmatos_174** em Quinta Dez 21, 2006 11:13 pm

Cara Salomé,

Peço desculpa, mas não tive oportunidade de responder prontamenta à tua mensagem . De qualquer forma, como as tuas perguntas indicavam, havia qualquer coisa que não batia certo no enunciado do problema - depois de o reler vi que lhe faltava uma frase! Relê agora o problema, com a frase em falta.

Na realidade, os gyula não escavaram apenas um poço, mas muitos poços juntinhos todos ao longo do mesmo meridiano, até que o seu planeta ficou reduzido a dois hemisférios suportados por estacas. Na prática, e para o problema, a actividade dos gyula resumiu-se a transportar a massa de um disco de raio e espessura até à superfície...
Temos que calcular o trabalho dispendido pelos gyula nesta actividade...

A tua ideia de ir pelas variações de energia potencial não é má , mas talvez não seja o melhor caminho pela razão seguinte: a expressão embora sirva para calcular a energia potencial de um pequeno corpo de massa à superfície de um planeta homogéneo de massa , já não se pode aplicar, em rigor, para o caso de um planeta a que falta um disco de espessura - mesmo subtraindo à massa do planeta, a massa desse disco!

Professor Paixão!

Obrigada pela sua dica e por ter completado o enunciado do problema. Não deveria colocar isto nesta secção, mas devo dizer que os meus livros chegaram hoje de manhã!

Entretanto acabei por não terminar de postar o meu raciocínio sobre o planeta, mas terei de o rever todo, pois estava a incorrer em alguns erros, não só por ter o raciocínio baseado no enunciado anterior, como por estar a usar a expressão
$F_{g}=-G\frac{Mm'}{d^2}$
Infelizmente :cry:

, tão cedo não poderei voltar ao fórum porque vou estar fora por uns dias (amanhã passo por Coimbra :wink:

). De qualquer forma deixo a "amostra" de raciocínio que já tinha feito, para outros não caírem no mesmo erro.

Boas Festas

por **jap** em Quinta Dez 21, 2006 11:22 pm

Salomé,

Obrigado pela tua mensagem. O fórum é para postar todas as ideias, mesmo aquelas que podem estar erradas, não há nenhum problema nisso

- todos aprendemos com os bons e os "maus" passos!

Boas férias e um bom Natal!
:wink:

Titanium

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