Apresentamos a seguir a solução detalhada para cada item do problema: --- **a) Velocidade final da nave logo após o último choque** Para determinar a velocidade final da nave, utilizaremos o princípio da conservação do momento linear, pois as colisões são perfeitamente inelásticas (a massa das partículas é absorvida pela nave). 1. **Cálculo do número total de partículas encontradas:** A nuvem tem comprimento \(L = 7,5 \times 10^8 \text{ km}\), e a nave encontra uma partícula por quilômetro. \(N_{partículas} = L \times (1 \text{ partícula/km}) = 7,5 \times 10^8 \text{ partículas}\). 2. **Cálculo da massa total adicionada à nave:** A massa média de uma partícula é \(m = 100 \text{ mg} = 100 \times 10^{-6} \text{ kg} = 10^{-4} \text{ kg}\). A massa total adicionada à nave é \(\Delta m = N_{partículas} \times m = (7,5 \times 10^8) \times (10^{-4} \text{ kg}) = 7,5 \times 10^4 \text{ kg}\). 3. **Cálculo da massa final da nave:** A massa inicial da nave é \(m_0 = 300 \text{ toneladas} = 300 \times 10^3 \text{ kg} = 3 \times 10^5 \text{ kg}\). A massa final da nave será \(m_f = m_0 + \Delta m = 3 \times 10^5 \text{ kg} + 7,5 \times 10^4 \text{ kg} = 3,75 \times 10^5 \text{ kg}\). 4. **Cálculo da velocidade inicial da nave:** A velocidade inicial da nave é \(v_0 = 8\% \text{ da velocidade da luz}\). \(v_0 = 0,08 \times c = 0,08 \times (3 \times 10^8 \text{ m/s}) = 2,4 \times 10^7 \text{ m/s}\). Como \(v_0 \ll c\), podemos usar a mecânica clássica para a conservação do momento. 5. **Aplicação da Conservação do Momento Linear:** Assumimos que as partículas da nuvem estão em repouso em relação ao referencial em que a nave possui velocidade \(v_0\). A conservação do momento linear para o sistema (nave + partículas) é: \(P_{inicial} = P_{final}\) \(m_0 v_0 = m_f v_f\) Onde \(v_f\) é a velocidade final da nave. \(v_f = v_0 \times \frac{m_0}{m_f}\) \(v_f = (2,4 \times 10^7 \text{ m/s}) \times \frac{3 \times 10^5 \text{ kg}}{3,75 \times 10^5 \text{ kg}}\) \(v_f = (2,4 \times 10^7 \text{ m/s}) \times 0,8\) \(v_f = 1,92 \times 10^7 \text{ m/s}\). --- **b) Energia máxima dissipada pelo escudo em um único choque** A energia máxima dissipada ocorrerá no primeiro choque, pois a nave possui sua velocidade máxima (\(v_0\)) nesse momento. Em uma colisão perfeitamente inelástica, a energia cinética não é conservada; parte dela é dissipada (neste caso, pelo escudo). 1. **Fórmula para a energia dissipada em uma colisão perfeitamente inelástica:** Considerando uma colisão entre um objeto de massa \(M_S\) e velocidade \(V_S\) com uma partícula de massa \(m_p\) inicialmente em repouso, a energia dissipada (\(\Delta E\)) é dada por: \(\Delta E = \frac{1}{2} M_S V_S^2 - \frac{1}{2} (M_S + m_p) V_f^2\) Onde \(V_f = \frac{M_S V_S}{M_S + m_p}\) é a velocidade final do sistema após o choque. Substituindo \(V_f\), obtemos: \(\Delta E = \frac{1}{2} M_S V_S^2 \left(1 - \frac{M_S}{M_S + m_p}\right) = \frac{1}{2} M_S V_S^2 \left(\frac{m_p}{M_S + m_p}\right)\). 2. **Cálculo da energia máxima dissipada:** Para o primeiro choque, temos: \(M_S = m_0 = 3 \times 10^5 \text{ kg}\) \(V_S = v_0 = 2,4 \times 10^7 \text{ m/s}\) \(m_p = 10^{-4} \text{ kg}\) Como \(m_p \ll M_S\), podemos aproximar \(M_S + m_p \approx M_S\). \(\Delta E_{max} \approx \frac{1}{2} M_S V_S^2 \left(\frac{m_p}{M_S}\right) = \frac{1}{2} m_p V_S^2\) \(\Delta E_{max} = \frac{1}{2} (10^{-4} \text{ kg}) (2,4 \times 10^7 \text{ m/s})^2\) \(\Delta E_{max} = \frac{1}{2} (10^{-4}) (5,76 \times 10^{14})\) \(\Delta E_{max} = 2,88 \times 10^{10} \text{ J}\). Usando a fórmula completa para maior precisão: \(\Delta E_{max} = \frac{1}{2} (3 \times 10^5 \text{ kg}) (2,4 \times 10^7 \text{ m/s})^2 \left(\frac{10^{-4} \text{ kg}}{(3 \times 10^5 + 10^{-4}) \text{ kg}}\right)\) \(\Delta E_{max} = \frac{1}{2} (3 \times 10^5) (5,76 \times 10^{14}) \left(\frac{10^{-4}}{3 \times 10^5 + 10^{-4}}\right)\) \(\Delta E_{max} \approx \frac{1}{2} (3 \times 10^5) (5,76 \times 10^{14}) \left(\frac{10^{-4}}{3 \times 10^5}\right)\) \(\Delta E_{max} \approx \frac{1}{2} (5,76 \times 10^{14}) (10^{-4}) = 2,88 \times 10^{10} \text{ J}\). A aproximação é válida e o resultado é o mesmo, devido à grande diferença de massas. --- **c) Velocidade mínima da nave para manter uma órbita de altura \(H=35 \times 10^{3} \mathrm{~km}\) acima da superfície do planeta.** Para manter uma órbita circular estável, a força gravitacional atua como a força centrípeta necessária. 1. **Cálculo do raio da órbita:** O raio da órbita (\(r\)) é a soma do raio do planeta (\(R\)) e da altura da órbita (\(H\)). \(R = 7.000 \text{ km} = 7 \times 10^6 \text{ m}\) \(H = 35 \times 10^3 \text{ km} = 3,5 \times 10^7 \text{ m}\) \(r = R + H = 7 \times 10^6 \text{ m} + 3,5 \times 10^7 \text{ m} = 4,2 \times 10^7 \text{ m}\). 2. **Equacionamento das forças:** Força Gravitacional (\(F_g\)): \(F_g = G \frac{M m_{nave}}{r^2}\) Força Centrípeta (\(F_c\)): \(F_c = \frac{m_{nave} v_{orbita}^2}{r}\) Para uma órbita estável, \(F_g = F_c\): \(G \frac{M m_{nave}}{r^2} = \frac{m_{nave} v_{orbita}^2}{r}\) A massa da nave (\(m_{nave}\)) cancela-se: \(v_{orbita}^2 = \frac{G M}{r}\) \(v_{orbita} = \sqrt{\frac{G M}{r}}\). 3. **Cálculo da velocidade orbital:** \(G = 6,67 \times 10^{-11} \mathrm{~N} . \mathrm{m}^{2} / \mathrm{kg}^{2}\) \(M = 6,3 \times 10^{24} \mathrm{~kg}\) \(v_{orbita} = \sqrt{\frac{(6,67 \times 10^{-11}) \times (6,3 \times 10^{24})}{4,2 \times 10^7}}\) \(v_{orbita} = \sqrt{\frac{4,2021 \times 10^{14}}{4,2 \times 10^7}}\) \(v_{orbita} = \sqrt{1,0005 \times 10^7}\) \(v_{orbita} \approx 3163 \text{ m/s}\). 4. **Análise da força magnética (justificativa para desconsiderá-la):** A nave adquiriu uma carga elétrica total de \(Q_f = N_{partículas} \times q_{partícula}\). \(Q_f = (7,5 \times 10^8) \times (715 \times 10^{-6} \text{ C}) = 5,3625 \times 10^5 \text{ C}\). O campo magnético do planeta é \(B = 5 \times 10^{-5} \text{ T}\). Em uma órbita equatorial, a velocidade da nave é perpendicular ao campo magnético (que aponta de N para S, ou seja, ao longo do eixo de rotação ou paralelo a ele). Assim, a força magnética (Lorentz) seria \(F_M = Q_f v_{orbita} B\). \(F_M = (5,3625 \times 10^5 \text{ C}) \times (3163 \text{ m/s}) \times (5 \times 10^{-5} \text{ T}) \approx 84,8 \text{ N}\). A força gravitacional sobre a nave (com massa final \(m_f = 3,75 \times 10^5 \text{ kg}\)) na órbita é: \(F_g = G \frac{M m_f}{r^2} = (6,67 \times 10^{-11}) \frac{(6,3 \times 10^{24}) (3,75 \times 10^5)}{(4,2 \times 10^7)^2} \approx 8,93 \times 10^4 \text{ N}\). Como \(F_M \ll F_g\) (aproximadamente três ordens de magnitude menor), a força magnética é desprezível para o cálculo da velocidade orbital, que é predominantemente determinada pela gravidade. A velocidade mínima para manter uma órbita se refere à velocidade para uma órbita circular estável sob a influência gravitacional. --- **Respostas Finais:** a) A velocidade final da nave logo após o último choque é de **\(1,92 \times 10^7 \text{ m/s}\)**. b) A energia máxima dissipada pelo escudo em um único choque é de **\(2,88 \times 10^{10} \text{ J}\)**. c) A velocidade mínima da nave para manter uma órbita de altura \(H=35 \times 10^{3} \mathrm{~km}\) acima da superfície do planeta é de aproximadamente **\(3163 \text{ m/s}\)**.