Capítulo 12
Gravitação
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Introdução
A lei da gravitação universal é um exemplo de que as mesmas leis naturais se
aplicam em qualquer ponto do universo.
Fim da dicotomia entre o céu e a Terra.
θ
Formulação feita por Newton (~1667)
Comparação entre as acelerações da Lua e de um
objeto que cai próximo à superfície da Terra.
Lua próxima da Terra Æ distância Terra-Lua
pode ser medida por paralaxe:
tg(θ ) =
RT
R
⇒ d L = T = 3,84 x 108 m
dL
tg(θ )
Considerando a órbita da Lua circular com raio dL
e período P=27,3 dias:
2π d L
v2
3
v=
= 1, 02 x 10 m/s e aL =
= 2, 73 x 10−3 m/s 2
P
dL
θ
dL
RT
v2
aL =
= 2, 73 x 10−3 m/s 2
dL
Aceleração de um objeto caindo próximo à superfície da Terra: g = 9,8 m/s2
A razão entre a aceleração do objeto em queda e a aceleração da Lua é:
g
9,80
3
2
3,59
x
10
3600
(60)
=
=
≅
=
aL 2, 73 x 10−3
(1)
A razão entre o raio da órbita lunar e o raio da Terra é:
d L 3,84 x 108 m
=
= 60,3
6
RT 6,37 x 10 m
(2)
Comparando (1) e (2)
g ⎛ RT ⎞
=⎜ ⎟
aL ⎝ d L ⎠
−2
Newton concluiu que a atração da Terra sobre um objeto, esteja
ele próximo ou longe da superfície da Terra, é proporcional à
massa do objeto e inversamente proporcional ao quadrado da
distância entre o objeto e o centro da Terra.
Ação e reação: a força que a Terra exerce na Lua tem o mesmo módulo que a
força que a Lua exerce na Terra. Então, F α MTML.
Juntando tudo:
mM T
F∝ 2
r
Lei da gravitação
F21 = −G
m1m2
r
3
r
onde r = r2 - r1
G = 6,67260 x 10-11 Nm2kg-2
Valor muito pequeno. Só foi determinado em 1798 por Henry Cavendish, mais de um
século após a formulação da lei de gravitação por Newton.
Força gravitacional:
• a única que atua em todas as partículas da Natureza
• a mais fraca das forças fundamentais
• força de longo alcance (α r-2)
• sempre atrativa
A experiência de Cavendish
Balança de torção
Um torque τ no fio provoca uma torção de θ
mM
τ = −κθ = Fd = −G 2 d
r
fibra de quartzo
θ
feixe de luz
2θ
M
d
espelho
m
F
M
m
κ Æ constante de torção do fio
mM
κθ r 2
⇒ κθ = G 2 d ⇒ G =
r
mMd
M
Como g = G T2
RT
gRT 2
⇒ MT =
G
Primeiro cálculo da massa da Terra
As massas dos planetas do sistema solar
foram obtidas sabendo a aceleração de
um de seus satélites em torno deles.
Campo gravitacional
O campo gravitacional é descrito pela aceleração da gravidade g(r) definida por
g=
F(r )
m
onde m é uma massa de prova situada em r.
A aceleração da gravidade gerada por uma partícula de massa M, situada no
ponto r = 0, é dada por
g=−
GM
r
r3
Dada uma distância ao centro da Terra, tem-se um valor de g
Mas na Terra real:
• A crosta terrestre não é uniforme. Ao se medir g precisamente obtém-se informação
sobre variações de densidade que são úteis, por exemplo, na prospecção de petróleo.
• A Terra não é uma esfera e sim um elipsóide achatado nos pólos, então gpólo é
maior do que gequador , pois rpólo< requador. gpólo ~9.83 m/s2 e gequador ~ 9.78 m/s2.
• A Terra está em rotação. A leitura da balança seria igual à força gravitacional
somente se a superfície da Terra fosse um referencial inercial. Na verdade temos
N − mg 0 = − mac ⇒ N = m( g 0 − ω 2 RT ) = mg ⇒ g = g 0 − ω 2 RT ⇒ g 0 − g = ω 2 RT = 0, 034 m/s 2
aceleração que sentimos
Vimos que
aparente
g = g 0 − ω 2 RT para um corpo na superfície da Terra.
devido à rotação da Terra
devido à atração
gravitacional da Terra
Contrariamente à impressão de que a aceleração da gravidade (g0) diminui a zero
em um ônibus espacial em órbita da Terra, na verdade obtém-se g0= 8,7 m/s2 para
uma altitude de 400 km acima da superfície da Terra.
O que ocorre nesta situação é que a força de atração gravitacional atua como
força centrípeta.
GmM T
GM T
2
m
r
=
ω
⇒
= g0 = ω 2 r
2
2
r
r
⇒ g = g0 − ω 2 r = ω 2 r − ω 2 r = 0
Assim, a gravidade aparente é nula, mas o astronauta em órbita ainda está
sujeito à força de atração gravitacional da Terra dada por GmM T = mg ≠ 0
r2
0
Leis de Kepler
A aceitação e importância dada à teoria da gravitação de Newton quando foi
proposta se deve ao fato de ser possível deduzir matematicamente, a partir dela,
as três leis de Kepler (1571-1630). Estas já eram conhecidas na época de
Newton, mas eram leis empíricas, baseadas apenas em resultados
observacionais.
Primeira lei - Os planetas movem-se em órbitas elípticas em que o Sol ocupa um
dos focos.
F1
F2
A
A demonstração desta lei fica para um curso mais avançado de mecânica.
Segunda lei - Em cada órbita, o seguimento de reta que une o planeta ao Sol
varre áreas iguais em tempos iguais.
h
F1
v∆t
v
θ 1
r
No ponto 1 a velocidade do planeta é v.
Se o planeta continuasse em MRU, após ∆t o
segmento que une o planeta ao Sol teria
varrido o triângulo vermelho indicado na figura.
1
1
A área do triângulo é ∆A = rh = r v∆t sen θ
2
2
O momento angular orbital do planeta é
(1)
L = r mv sen θ
⇒ r v sen θ =
L
m
(2)
(2) em (1)
∆A =
⇒
1 L
∆A 1 L
∆t ⇒
=
2m
∆t 2 m
dA 1 L
=
dt 2 m
No limite em que ∆t Æ 0 a área do triângulo descreve
exatamente a área real varrida pelo planeta.
Em relação ao Sol, a força gravitacional, que é radial, não realiza
torque sobre o planeta. Assim L é constante e dA também.
dt
Segunda lei de Kepler
VA
A
B
VB
O planeta percorre uma órbita elíptica em que o Sol ocupa um dos focos.
Devido à conservação do momento angular do planeta em relação ao Sol, nos
pontos da órbita mais próximos do Sol, o planeta aumenta sua velocidade de
forma que as áreas (sombreadas) varridas em tempos iguais são também
iguais.
Terceira lei - Os quadrados dos períodos das órbitas dos planetas são
2
3
proporcionais aos cubos dos semi-eixos maiores das respectivas elipses: T ∝ A
No caso de órbitas circulares, onde os semi-eixos maior e menor são iguais ao
raio do círculo, é fácil mostrar este resultado.
A força gravitacional do Sol sobre um planeta atua como uma força centrípeta.
mM mv 2
G 2 =
r
r
(1)
O período da órbita é dado por
2π r
4π 2 r 2
2
T=
⇒T =
v
v2
M
2
(3)
De (1) v = G
r
(3) em (2)
4π 2 3
T =
r
GM
2
Evidência da terceira lei de Kepler.
A razão entre o cubo do semi-eixo maior da órbita e o
quadrado do período é a mesma para todos os planetas.
(2)
Planeta
Mercúrio
Vênus
Terra
Marte
Júpiter
Saturno
Urano
Netuno
A
T
A3/T2
(106 km)
57,9
108,2
149,6
227,9
778,3
1427
2870
4497
(anos)
0,241
0,615
1,000
1,88
11,86
29,5
84,0
165
(1024km3/ano2)
3,34
3,35
3,35
3,35
3,35
3,34
3,35
3,34
Interação entre uma partícula e uma casca esférica
Ao formular a lei da gravitação, Newton supôs que a Terra atrai qualquer corpo
externo a ela como se toda sua massa estivesse concentrada em seu centro.
Ou seja, um corpo com simetria esférica atua gravitacionalmente em pontos em
seu exterior como se toda a massa estivesse em seu centro.
Em 1685 Newton mostrou que isto é verdade e decorre da lei dos inversos dos
quadrados. O teorema das cascas esféricas é importante tanto na gravitação
quanto no eletromagnetismo.
Calcular a força gravitacional de uma casca esférica homogênea de massa M e
raio R sobre uma partícula de massa m a uma distância r do centro da casca.
Assim, a massa do anel será
M
Rdθ
dθ
dM =
r1
R
θ
Rsenθ
r
m
M
M
dA ' =
sen θ dθ
A
2
A energia potencial gravitacional
do sistema anel-partícula será
dU = −GmdM
1
1
senθ dθ
= − GmM
2
r1
r1
r1 depende de θ !
r12 = R 2 sen 2 θ + (r − R cos θ ) 2
A área da casca esférica é A = 4π R 2
⇒ r12 = R 2 + r 2 − 2rR cos θ
A casca esférica é dividida em anéis
em cujos eixos de simetria se situa m.
⇒ 2r1dr1 = 2rR sen θ dθ
sen θ dθ dr1
=
r1
rR
A área de um dado anel é
⇒
dA ' = 2π ⋅ R sen θ ⋅ Rdθ
⇒ dU = −GmM
dr1
2rR
dU = −GmM
dr1
2rR
Partícula m dentro da casca esférica
M
r1 varia entre r1min e r1máx
⇒U = −
⇒U = −
GmM
2rR
R
r1max
∫
r
r1min= R - r
r1max
dr1
r1max= R+ r
r m
r1min
r1max - r1min= 2r
1min
GmM
(r1max − r1min )
2rR
⇒U = −
GmM
R
⇒F =−
dU
=0
dr
Partícula m fora da casca esférica
Para partículas internas à
casca esférica, a força é nula
M
r1max
r
r1min= r - R
r1max= r + R
⇒U = −
GmM
r
m
-U(r)
funções
r1min
R
r1max - r1min= 2R
⇒F =−
dU
GmM
=− 2
dr
r
F(r)
Para partículas externas à
casca esférica, esta atua como
se toda a sua massa estivesse
concentrada
em seu centro.
R
distância r
Exemplo – O Sol está à distância de 2,5x1020 m do centro da Via Láctea,
próximo de sua periferia, e tem velocidade orbital de 220 km/s em torno do
centro. Estime a massa da Galáxia.
Para fins de estimativa, vamos considerar que quase toda a massa da Galáxia
está no espaço interior à órbita do Sol. Como vimos, para calcular o efeito
gravitacional desta massa sobre o Sol, podemos considerar toda a massa
localizada no centro da Galáxia.
MS MG
v2
G
= MS
2
r
r
r v2
⇒ MG =
G
2,5 × 1020 m × 4,8 × 1010 m 2 /s 2
41
⇒ MG =
=
2
×
10
kg = 1011 M S
2
-2
−11
6, 7 ×10 N m kg
Exemplo – Suponha que a Terra tenha densidade uniforme: (a) calcule a força
exercida sobre uma partícula de massa m dentro de um túnel que passe por um
diâmetro da Terra, como mostra a Figura abaixo; (b) Se uma pedra é solta em
repouso na entrada do túnel imaginário, com que velocidade ela cruza o centro da
Terra?
Força F que atua sobre a partícula de massa m
quando ela está a uma distância r do centro da Terra
F ( r ) = −G
r
R
mM '
(1)
2
r
onde M’ é a massa contida
na esfera de raio r.
3
4
M ' = ρV ' = ρ π r 3 = M T 4 π r 3 = M T r
(2)
3
3
4
R
π R3 3
3
GmM T
1 2
F
r
=
−
r
(
)
=
−
kr
(2) em (1)
⇒
U
(
r
)
=
kr
R3
2
(b) Usando a conservação da energia mecânica
U ( R) + K ( R) = U (0) + K (0) ⇒ 1 GmM T R 2 + 1 mV 2 = 1 GmM T 02 + 1 mv 2
2 R3
2
2 R3
2
GM T
GM T
2
2
v
⇒
=
= 7,91 km/s
Partindo do repouso, V=0
⇒v =
+V
R
R
Energia potencial gravitacional de um sistema de partículas
A energia potencial gravitacional de duas partículas de massas m1 e m2
separadas pela distância r12 é
U = −G
m1m2
r12
sendo U (∞) = 0
m1
Ela corresponde ao trabalho da força gravitacional
da partícula 1 sobre a partícula 2 para levá-la do
ponto distante r12 de m1 até o infinito (ponto de
referência).
r12
m2
r23
r13
m3
A energia potencial gravitacional de um sistema de três partículas de massas
m1, m2, e m3 como mostra a figura será então
U = −G
mm
mm
m1m2
−G 1 3 −G 2 3
r12
r13
r23
Para um sistema de N partículas:
mi m j
1
U = − G ∑∑
2 i i ≠ j rij
Exemplo – Calcule a força sobre a esfera de massa m na Figura abaixo e a energia
potencial do sistema completo, supondo-se que a situação de energia nula é aquela
em que todas as esferas estariam infinitamente afastadas uma da outra.
m F
1
3m
F
l
F2
2m
As forças F1 e F2 atuam sobre a esfera de
massa m.
j
i
2l
3m2
2m 2
F1 = G 2 i, F2 = −G 2 j
4l
l
A força resultante F que atua sobre a esfera de massa m será
Gm2 3
F = F1 + F2 = 2 ( i − 2 j)
4
l
A energia potencial gravitacional do sistema é
U = U12 + U13 + U 23
⎛ 7 6 5 ⎞ Gm 2
2m.3m
m.2m
m.3m
⇒ U = −G
−G
−G
= − ⎜⎜ +
⎟⎟
2
2
2l
l
5 ⎠ l
(2l ) + l
⎝2
Auto-energia gravitacional de um corpo
A auto-energia é a diferença de energia entre a situação em que o corpo está
formado e a situação imaginária em que suas partes estão infinitamente
dispersas.
Vamos considerar um corpo de densidade uniforme ρ e de simetria esférica e
vamos compor a esfera camada por camada.
Quando o raio da esfera for r, sua massa será m = ρV = ρ
4 3
πr
3
2
Ao acrescentar uma camada infinitesimal de espessura dr e massa dm = ρ 4π r dr
sua energia potencial sofrerá uma variação de
mdm
4 3 ρ 4π r 2 dr
⎛ 4πρ ⎞ 4
= −3G ⎜
dU = −G
= −G ρ π r
⎟ r dr
r
3
r
⎝ 3 ⎠
2
⎛ 4πρ ⎞
⇒ U = −3G ⎜
⎟
3
⎝
⎠
3 GM 2
⇒U = −
5 R
2
∫
0
2
3 ⎛ 4πρ R ⎞ 1
3 ⎛ 4πρ ⎞ 5
G⎜
=
−
=
−
G
R
r dr
⎟
⎜
⎟
5 ⎝ 3 ⎠ R
5 ⎝ 3 ⎠
2
R
massa da
esfera
4
3
Cálculo da energia potencial gravitacional obtida no processo de formação do Sol
Supor o Sol uma esfera uniforme de massa M = 2 x 1030 kg e raio R = 7 x 108 m.
Sua auto-energia gravitacional será
30 2
3 GM 2
3
(2
×
10
)
41
U =−
= − ⋅ 6, 7 ×10−11 ⋅
J
=
−
2
×
10
J
8
5 R
5
7 ×10
U < 0, então a energia do sistema de partículas que formou o Sol diminuiu no
processo de agregação.
Estrelas se formam em nuvens moleculares gigantes compostas de gás e poeira
frios e muito rarefeitos. A energia potencial inicial é portanto desprezível.
Pela conservação da energia, a perda de energia gravitacional do gás é
compensada por um aumento equivalente da energia cinética.
Pelo teorema do virial, metade da energia cinética é irradiada pela estrela e a outra
metade permanece em forma de calor.
Assim, o núcleo do Sol atinge temperaturas da ordem de 107 K, tornando
possível a fusão do hidrogênio, liberando energia suficiente para manter o
equilíbrio hidrostático.
Velocidade de escape
A energia potencial gravitacional de duas partículas de massas m1 e m2
separadas pela distância r é
U (r ) = −G
m1 m2
r
O ponto de referência para a energia potencial é
r=∞
ou seja, U (∞ ) = 0
Para que um corpo de massa m escape da atração gravitacional da Terra (raio R e
massa MT), sua energia mecânica deverá ser positiva (K > U).
.
1
1
mv 2 − G mM T ≥ 0
2
R
A velocidade mínima com que um corpo tem de ser lançado para se livrar da
gravitação de um corpo celeste é denominada velocidade de escape.
1
1
2GM ⎞
mv e2 − G mM T = 0 ⇒ v e = ⎛⎜
⎟
2
R
⎝ R ⎠
1
2
⎛ 2GM ⎞
ve = ⎜
⎟
⎝ R ⎠
1
2
A velocidade de escape da superfície da Terra é ve = 11,2 km/s.
A velocidade de escape da superfície do Sol é ve = 617 km/s.
A velocidade de escape da gravitação do Sol a partir de um ponto sobre a órbita
da Terra é ve = 42 km/s.
vo
v
M
R
vo
v < ve
v > ve
v = ve
r-R
-vo
Energia de ligação
Um corpo de massa m ligado gravitacionalmente a outro de massa M, executando
uma órbita natural de raio r tem energia total dada por:
mv 2 GMm
E = K +U =
−
2
r
Neste caso (corpos ligados gravitacionalmente), pode-se mostrar que esta
energia é negativa, isto é, a energia cinética é menor do que o valor absoluto da
potencial.
Se a órbita for circular:
⇒K=
mM mv 2
G 2 =
r
r
1 2 1 GmM
1
mv =
⇒K =− U
2
2 r
2
Assim a energia total do sistema será
1
E = K +U = U < 0
2
⇒ v2 = G
M
r
Limite de validade da lei da gravitação de Newton
A mecânica de Newton falha quando a velocidade do corpo deixa de ser muito
menor que a velocidade c da luz no vácuo.
Relatividade restrita
A lei da gravitação de Newton, em que a força varia com o inverso do
quadrado das distâncias, também falha em condições de gravidade muito
intensa.
Relatividade geral
Dois corpos se atrem gravitacionalmente. Se a distância entre eles for tal que a
velocidade de escape um do outro for muito menor que a velocidade da luz, sua
interação pode ser descrita pela teoria de Newton.
1
⎞2
⎛ 2GM
⎜
⎟ << c ⇒
R
⎝
⎠
2G M
<< 1
2
Rc
Considerando a gravidade do Sol. Em sua superfície
2 G M 2 × 6, 7 × 10−11 × 2 × 1030
−6
<< 1
=
=
4,3
×
10
2
8
16
Rc
7 × 10 × 9 × 10
A gravitação do Sol pode ser tratada com boa aproximação por Newton, com
exceção da órbita de Mercúrio.
Se
2G M
≥1
2
Rc
teremos ve > c
Buraco negro
Neste caso, nem mesmo a luz pode escapar do campo gravitacional.
Exemplo – Calcule o raio do horizonte de eventos de um buraco negro de M=4Msol.
Horizonte de eventos Æ superfície de cujo interior não se pode escapar.
Em RH, ve= c
1
⎞2
⎛ 2GM
ve = ⎜
⎟
⎝ R ⎠
2G M
⇒c =
RH
2
2G M
⇒ RH=
c2
2 G 4 M sol
= 11,8 km
⇒ RH=
2
c