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Capítulo 12 Gravitação Recursos com copyright incluídos nesta apresentação:

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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.

RT

dL

θ

θFormulação 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 distância Terra-Lua pode ser medida por paralaxe:

tg( ) T

L

Rd

θ = 83,84 10 mtg( )

TL

Rdθ

⇒ = = x

Considerando a órbita da Lua circular com raio dLe período P=27,3 dias:

32v 1,02 10 /sLdP

m2

3 2v 2,73 10 m/sLL

ad

−= = x π

= = x e

23 2v 2,73 10 m/sL

L

ad

−= = x

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:

3 23

9,80 3,59 x 10 3600 (60)2,73 10L

ga −= = ≅ =

x (1)

A razão entre o raio da órbita lunar e o raio da Terra é:8

6

3,84 x 10 m 60,36,37 10 m

L

T

dR

= =x

(2)

Comparando (1) e (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.

2

T

L L

Rga d

−⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

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:

2TmMF

r∝

Lei da gravitação

1 221 3

m mGr

= −F 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 torçãoUm torque τ no fio provoca uma torção de θ

m

m

M

M

θ

espelho

feixe de luz

fibra de quartzo τ κθ= −

κ constante de torção do fio

F

d

Fd= 2

mMG dr

= −

2

mMG dr

κθ⇒ =2rG

mMdκθ

⇒ =

Como 2T

T

Mg GR

=2

TT

gRMG

⇒ =

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

( )m

=F rg 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

3

GMr

= −g r 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

0 cN mg ma− = − 20( )TN m g Rω⇒ = − mg= 2

0 Tg g Rω⇒ = − 2 20 0,034 m/sTg g Rω⇒ − = =

aceleração que sentimos

Vimos que para um corpo na superfície da Terra.20 Tg g Rω= −

aparentedevido à atração gravitacional da Terra

devido à rotação 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.

22

TGmM m rr

ω= 202

TGM g rr

ω⇒ = =

2 2 20 0g g r r rω ω ω⇒ = − = − =

Assim, a gravidade aparente é nula, mas o astronauta em órbita ainda está sujeito à força de atração gravitacional da Terra dada por

02 0TGmM mgr

= ≠

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.

A

F1 F2

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.

No ponto 1 a velocidade do planeta é v.F1

v∆t

r1

vSe o planeta continuasse em MRU, após ∆t o segmento que une o planeta ao Sol teria varrido o triângulo vermelho indicado na figura.

A área do triângulo é 12

A rh∆ =1 v sen2

r t θ= ∆ (1)

vsen Lrm

θ⇒ = (2) vsenL r m θ=O momento angular orbital do planeta é

(2) em (1)

12

LA tm

∆ = ∆12

A Lt m

∆⇒ =

∆No limite em que ∆t 0 a área do triângulo descreve exatamente a área real varrida pelo planeta.

12

dA Ldt m

⇒ = Em relação ao Sol, a força gravitacional, que é radial, não realiza torque sobre o planeta. Assim L é constante e também.dA

dt

Segunda lei de Kepler

VA

VB

A

B

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 proporcionais aos cubos dos semi-eixos maiores das respectivas elipses: 2 3T 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.2

2

vmM mGr r

= (1)

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.

Planeta A T A3/T2

(106 km) (anos) (1024km3/ano2)Mercúrio 57,9 0,241 3,34Vênus 108,2 0,615 3,35Terra 149,6 1,000 3,35Marte 227,9 1,88 3,35Júpiter 778,3 11,86 3,35Saturno 1427 29,5 3,34Urano 2870 84,0 3,35Netuno 4497 165 3,34

O período da órbita é dado por 2

vrT π

=2 2

22

4v

rT π⇒ = (2)

2v MGr

= (3)De (1)

(3) em (2)

22 34T r

GMπ

=

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 seráM

R

r

m

r1

' sen 2

M MdM dA dA

θ θ= =

Rsenθdθθ

Rdθ

A energia potencial gravitacional do sistema anel-partícula será

1

1dU GmdMr

= −1

1 sen2

dGmMrθ θ

= −

r1 depende de θ !

2 2 2 21 sen ( cos )r R r Rθ θ= + −

2 2 21 2 cosr R r rR θ⇒ = + −

1 12 2 senr dr rR dθ θ⇒ =

1

2drdU GmMrR

⇒ = −

1

1

sen drdr rRθ θ

⇒ =

A área da casca esférica é 24 A Rπ=

A casca esférica é dividida em anéisem cujos eixos de simetria se situa m.

A área de um dado anel é

' 2 sendA R Rdπ θ θ= ⋅ ⋅

1

2drdU GmMrR

= − Partícula m dentro da casca esférica

r1min= R - r

r

M

mR

r1 varia entre r1min e r1máx

1max

1min

12

r

r

GmMU drrR

⇒ = − ∫

1max 1min( )2

GmMU r rrR

⇒ = − −

Partícula m fora da casca esférica

r1min

r1min= r - R

r1max= r + RGmMU

r⇒ = −

r1max - r1min= 2R

2

dU GmMFdr r

⇒ = − = −

r1max= R+ rr1minr1max

r

M

mR

r1max - r1min= 2r

GmMUR

⇒ = − 0dUFdr

⇒ = − =

funç

ões

R

- ( )U r

F r( )

distância r

Para partículas externas à casca esférica, esta atua como se toda a sua massa estivesse concentrada em seu centro.

Para partículas internas à casca esférica, a força é nula

r1max

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.

2

2

vS GS

M MG Mr r

=

2 vG

rMG

⇒ =

20 10 2 241

11 2 -2

2,5 10 m 4,8 10 m /s 2 10 kg6,7 10 N m kgGM −

× × ×⇒ = = ×

×1110 SM=

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?

rR

2

'( ) mMF r Gr

= −

Força F que atua sobre a partícula de massa mquando ela está a uma distância r do centro da Terra

onde M’ é a massa contida na esfera de raio r.

' 'M Vρ= 343

rρ π= 3

3

44 33

TM rR

ππ

=3

3TM r

R=

(1)

(2)

(2) em (1) 3( ) TGmMF r rR

= − kr= − 21( )2

U r kr⇒ =

(b) Usando a conservação da energia mecânica

( ) ( ) (0) (0)U R K R U K+ = + 2 2 2 23 3

1 1 1 10 v2 2 2 2

T TGmM GmMR mV mR R

⇒ + = +

v 7,91 km/sTGMR

⇒ = =2 2v TGM VR

⇒ = + Partindo do repouso, V=0

Energia potencial gravitacional de um sistema de partículas

A energia potencial gravitacional de duas partículas de massas m1 e m2separadas pela distância r12 é

1 2

12

m mU Gr

= − sendo ( ) 0U ∞ =m1

r12

m2

m3

r13

r23Ela 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).

A energia potencial gravitacional de um sistema de três partículas de massas m1, m2, e m3 como mostra a figura será então

1 3 2 31 2

12 13 23

m m m mm mU G G Gr r r

= − − −

12

i j

i i j ij

m mU G

r≠

= − ∑∑Para um sistema de N partículas:

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.

3mm F1

F2 F

As forças F1 e F2 atuam sobre a esfera de massa m.j

il

2 2

1 22 23 2,4m mG Gl l

= = −F i F j2l2m

A força resultante F que atua sobre a esfera de massa m será

2

1 2 23( 2 )4

Gml

= + = −F F F i j

12 13 23U U U U= + +A energia potencial gravitacional do sistema é

2 2

.2 .3 2 .32 (2 )

m m m m m mU G G Gl l l l

⇒ = − − −+

27 6 52 5

Gml

⎛ ⎞= − +⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠

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.

343

m V rρ ρ π= =Quando o raio da esfera for r, sua massa será

Ao acrescentar uma camada infinitesimal de espessura dr e massa sua energia potencial sofrerá uma variação de

24dm r drρ π=

mdmdU Gr

= −2

34 43

r drG rr

ρ πρ π= −2

4433

G r drπρ⎛ ⎞= − ⎜ ⎟⎝ ⎠

24

0

433

RU G r drπρ⎛ ⎞⇒ = − ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ∫2

53 45 3

G Rπρ⎛ ⎞= − ⎜ ⎟⎝ ⎠

233 4 15 3

RGR

πρ⎛ ⎞= − ⎜ ⎟

⎝ ⎠

massa da esfera

235

GMUR

⇒ = −

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 será2 30 2

11 418

3 3 (2 10 )6,7 10 J 2 10 J5 5 7 10

GMUR

− ×= − = − ⋅ × ⋅ = − ×

×

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 m2separadas pela distância r é

rmm

GrU 21)( −=

0)( =∞U∞=r ou seja,O ponto de referência para a energia potencial é

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).

2T

1 1 02

m G mMR

− ≥v.

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.

12

e2GM

R⎛ ⎞⇒ = ⎜ ⎟⎝ ⎠

v2e T

1 1 02

m G mMR

− =v

12

e2GM

R⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

v

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.

RM vor - R

v

vov ve<

v ve=

v ve>

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:

2

2m GMmE K U

r= + = −

v

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.

2

2

vmM mGr r

= 2v MGr

⇒ =Se a órbita for circular:

21 1v2 2

GmMK mr

⇒ = =12

K U⇒ = −

Assim a energia total do sistema será

1 02

E K U U= + = <

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.

12

22 2 1GM G Mc

R Rc⎛ ⎞ << ⇒ <<⎜ ⎟⎝ ⎠

Considerando a gravidade do Sol. Em sua superfície

11 306

2 8 162 2 6,7 10 2 10 4,3 10

7 10 9 10G MRc

−−× × × ×

= = ×× × ×

1<<

A gravitação do Sol pode ser tratada com boa aproximação por Newton, com exceção da órbita de Mercúrio.

22 1G MRc

≥Se Buraco negroteremos ve > c

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 superfície de cujo interior não se pode escapar.Em RH, ve= c

12 22 2ve

H

GM G McR R

⎛ ⎞= ⇒ =⎜ ⎟⎝ ⎠

22 4 sol

HG MR

c⇒ = 11,8 km=2

2H

G MRc

⇒ =