Gravitação - UFMGlilith.fisica.ufmg.br/~silvia/aulas/transparencias/Cap12.pdf · Introdução A...
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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
2θ
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
hθ
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
⇒ =