Cap´ıtulo 12Leis de Kepler generalizadasA lei da gravita¸c˜ao universal, que relaciona a for¸ca entre duas massas M em, se...
12.1 Equa¸c˜ao do movimentoVamos utilizar a nomenclatura:drdt≡ v ≡ ˙rd2rdt2≡ a ≡ ¨rNa verdade, qualquer que seja a vari´av...
Essa ´e a equa¸c˜ao diferencial vetorial do movimento relativo de dois corpos. Asolu¸c˜ao dessa equa¸c˜ao nos d´a a ´orbit...
12.3 Conserva¸c˜ao do momentum angularMultiplicando-se vetorialmente a equa¸c˜ao de movimento (1) por r pela es-querda, te...
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Lembrando que µ = G(m + M), e comparando com a equa¸c˜ao da elipser =a(1 − e2)1 + e cos θvemos que a equa¸c˜ao da trajet´o...
ou seja:µ2(e2− 1) = 2h2→ =µ22h2(e2− 1)Dessa forma, fica provado que a excentricidade depende da energia do sis-tema.Resumin...
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Da lei das ´areas, (5), temos:dA =h2dt.Integrando-se sobre um per´ıodo, P,πab =h2P. (6)Substituindo-se b acima, e a defini¸...
h = rpvp,j´a que r e v s˜ao perpendiculares entre si. Para a energia (2), temos:=v22−µr=h22r2p−µrp=1rph22rp− µ .Por outro ...
e = 1 +2h2µ2.Logo, se:< 0 ⇒ e < 1 elipse= 0 ⇒ e = 1 par´abola> 0 ⇒ e > 1 hip´erbole.Das equa¸c˜oes (2) e (8), vemos que= −...
Para um ´orbita hiperb´olica, a energia total ´e positiva; a energia cin´etica´e t˜ao grande que a part´ıcula pode escapar...
Sat´elites artificiaisDesde o primeiro sat´elite artificial, o Sputnick, lan¸cado pela Uni˜ao Sovi´eticaem 1957, mais de 380...
5) Considerando que a ´orbita de menor energia para lan¸camento de umanave a Marte, conhecida como transferˆencia de Hohma...
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Astronomia e astrof´+¢sica parte 001

  1. 1. Cap´ıtulo 12Leis de Kepler generalizadasA lei da gravita¸c˜ao universal, que relaciona a for¸ca entre duas massas M em, separadas por r, derivada por Newton ´e dada por:F = −GMmr2rry’x’z’zxyrmmMMrr95
  2. 2. 12.1 Equa¸c˜ao do movimentoVamos utilizar a nomenclatura:drdt≡ v ≡ ˙rd2rdt2≡ a ≡ ¨rNa verdade, qualquer que seja a vari´avel x,˙x ≡dxdtDa lei da gravita¸c˜ao de Newton se pode derivar as leis de Kepler. Apli-cando-se a lei da gravita¸c˜ao e a segunda lei do movimento (F = m · ¨r),temos:m¨rm = −GMmr3r,e pela lei da a¸c˜ao e rea¸c˜ao,M ¨rM = GMmr3r,onder = rm − rM ,e rm e rM s˜ao os vetores posi¸c˜ao de m e M com rela¸c˜ao a um sistema inercial.Essas equa¸c˜oes podem ser escritas como:¨rm = −GMr3r,¨rM =Gmr3r.Subtraindo-se essas duas equa¸c˜oes:¨r = −G(M + m)r3r.Definindo-se µ = G(m + M), podemos escrever:¨r +µr3r = 0. (1)96
  3. 3. Essa ´e a equa¸c˜ao diferencial vetorial do movimento relativo de dois corpos. Asolu¸c˜ao dessa equa¸c˜ao nos d´a a ´orbita relativa dos corpos (planeta, cometa,sat´elite, etc). Em princ´ıpio, a solu¸c˜ao descreve como o raio vetor r variacom o tempo, mas sua solu¸c˜ao n˜ao ´e simples. Como a equa¸c˜ao ´e diferencialvetorial de segunda ordem, isto ´e, envolve segunda derivada de vetores, pre-cisamos de seis constantes para obter a solu¸c˜ao. Por exemplo, se soubermosa posi¸c˜ao tridimensional e a velocidade de um planeta num certo tempo,poderemos calcular sua posi¸c˜ao e velocidade em qualquer outro tempo.Nossa solu¸c˜ao envolve demonstrar que a conserva¸c˜ao da energia e domomentum angular s˜ao conseq¨uˆencias das leis de Newton.12.2 Conserva¸c˜ao da energia total do sistemaMultiplicando-se a equa¸c˜ao (1) escalarmente por ˙r temos:˙r · ¨r +µr3r · ˙r = 0.Como v = ˙r e ˙v = ¨r, temos:v · ˙v +µr3r · ˙r = 0.Seja α o ˆangulo entre o raio vetor e a velocidade:r · ˙r = r v cos α˙r · ¨r = v ˙v cos(−α)Tendo em vista que cos(−α) = cos α, e ainda que:ddtv22= v ˙v,eddtµr= −µ ˙rr2rr= −µ ˙rrr3,ent˜ao:ddt12v2−µr= 0,de onde se conclui, imediatamente, que:12v2−µr= = constante, (2)12v2−G(m + M)r= = constante,que ´e a equa¸c˜ao de energia do sistema ( = energia por unidade de massa).97
  4. 4. 12.3 Conserva¸c˜ao do momentum angularMultiplicando-se vetorialmente a equa¸c˜ao de movimento (1) por r pela es-querda, temos:r × ¨r +µr3r × r = 0.Como r × r ≡ 0, temosr × ¨r = 0.Masddt(r × ˙r) = ˙r × ˙r + r × ¨r.Como ˙r × ˙r ≡ 0, a equa¸c˜ao acima implicaddt(r × ˙r) = 0,ou o termo entre parˆenteses deve ser uma constante, que vamos chamar demomentum angular, h:(r × ˙r) = h = constante. (3)Essa ´e a lei da conserva¸c˜ao do momentum angular. h ´e o momentum angularpor unidade de massa. Note que h, o vetor momentum angular, ´e sempreperpendicular ao movimento, por sua defini¸c˜ao (3).12.4 Primeira lei de Kepler: Lei das ´orbitasMultiplicando-se vetorialmente a equa¸c˜ao (1) por h:¨r × h =µr3(h × r) (4)j´a levando-se em conta que: a × b = −b × a. A parte da direita de (4) podeser escrita como:µr3(h × r) =µr3(r × v) × r.Como(a × b) × c = (a · c)b − a(b · c),ent˜ao:µr3(r × v) × r =µr3v r2−µr3(r · ˙r)r =µrv −µr3(r · ˙r) r.98
  5. 5. Comoµddtrr=µrv −µr3r · ˙r r,ent˜ao:µr3h × r = µddtrr.O lado esquerdo da equa¸c˜ao (4) pode ser escrito como:¨r × h =ddt˙r × h ,j´a que:ddt˙r × h = ¨r × h + ˙r ×˙he como h ´e constante,˙h = 0. A equa¸c˜ao (4) pode, portanto, ser escritacomo:ddt˙r × h = µddtrr,ou seja, integrando-se sobre t:˙r × h =µrr + β,onde β ´e um vetor constante. Como h ´e perpendicular ao plano da ´orbita,˙r × h est´a no plano da ´orbita, junto com r, de modo que β tamb´em. Naverdade, β est´a na dire¸c˜ao do pericentro, como veremos a seguir.At´e agora, encontramos dois vetores constantes, h e β, e um escalarconstante, , de modo que j´a temos sete integrais. Entretanto, elas n˜ao s˜aotodas independentes. Por exemplo, como β est´a no plano da ´orbita, e h emum plano perpendicular a este, β · h = 0.Multiplicando-se escalarmente por r, temos:r · ˙r × h =µrr · r + β · r.Comoa × b · c = a · b × c,r × ˙r · h =µrr2+ β r cos γ,onde γ ´e o ˆangulo entre r e β, e r × ˙r = h, temos:h2= µ r + β r cos γ99
  6. 6. ouh2= r µ 1 +βµcos γe, finalmente:r =h2µ1 + βµ cos γque ´e a equa¸c˜ao da trajet´oria. Essa ´e a equa¸c˜ao de uma cˆonica com foco naorigem:r =p1 + e cos θonde p ´e chamado de semi-lactus rectum, e ´e a excentricidade e θ ´e o ˆanguloentre o foco e o vetor posi¸c˜ao r. As cˆonicas foram estudadas pelo matem´aticogrego Apolˆonio de Perga (c. 262 a.C.- c. 190 a.C.) em 200 a.C. SomenteFigura 12.1: Componentes de uma cˆonica.para β/µ < 1 o movimento ´e finito, e a ´orbita ´e uma elipse. Note que r ´em´ınimo quando γ = 0, isto ´e, na dire¸c˜ao de β, provando que β aponta nadire¸c˜ao do pericentro.100
  7. 7. Lembrando que µ = G(m + M), e comparando com a equa¸c˜ao da elipser =a(1 − e2)1 + e cos θvemos que a equa¸c˜ao da trajet´oria descreve uma elipse com:h2µ≡ p = a(1 − e2),ee =βµ.p ´e o semi-lactus rectum, e ´e a excentricidade da elipse, e θ = γ ´e o ˆanguloentre o ponto da elipse mais pr´oximo do foco (pericentro) e o vetor posi¸c˜aor. Essa ´e a demonstra¸c˜ao de que a ´orbita ´e el´ıptica, como diz a primeira leide Kepler.Se e = β/µ ≥ 1, o movimento ´e infinito, isto ´e, n˜ao se repete. Se e = 1o corpo se move em uma par´abola, e se e > 1 em uma hip´erbole, o que n˜ao´e o caso dos planetas, mas as vezes dos cometas e aster´oides.Da equa¸c˜ao que introduziu β temos:β = ˙r × h −µrr,β2= ( ˙r × h) · ( ˙r × h) + µ2 r · rr2− 2( ˙r × h) ·µrr.Como ˙r ´e perpendicular a h, pela defini¸c˜ao do momentum angular h:| ˙r × h| = | ˙r||h| → (( ˙r × h) · ( ˙r × h) = v2h2,de modo que:β2= v2h2+ µ2− 2µr[ ˙r × h · r ].Mas[ ˙r × h · r ] = −[ h × ˙r · r ] = [ h · ˙r × r ],e como ˙r × r = h,β2= v2h2+ µ2− 2µrh2.Como e = βµ , β2 = µ2e2, logo:µ2e2− µ2= v2h2− 2µrh2= 2h2 v22−µr= 2h2,101
  8. 8. ou seja:µ2(e2− 1) = 2h2→ =µ22h2(e2− 1)Dessa forma, fica provado que a excentricidade depende da energia do sis-tema.Resumindo, a lei das ´orbitas el´ıpticas dos planetas ´e uma conseq¨uˆenciado tipo de for¸ca que atua entre os planetas e o Sol. Newton mostrou que as´unicas ´orbitas poss´ıveis para um corpo interagindo gravitacionalmente comoutro s˜ao as sec¸c˜oes cˆonicas: c´ırculo, elipse, par´abola ou hip´erbole.Um c´ırculo pode ser pensado como uma elipse com e = 0 e a = b. Umapar´abola pode ser pensada como uma elipse com e = 1 e a = ∞. Umahip´erbole pode ser pensada como uma elipse com e > 1 e a < 0.Se o corpo tiver movimento peri´odico, como os planetas, sua trajet´oriaser´a circular ou el´ıptica; se o movimento n˜ao for peri´odico, como ´e o caso dealguns cometas e aster´oides, a trajet´oria ser´a parab´olica ou hiperb´olica. Ofator decisivo sobre o tipo de ´orbita ´e a energia do sistema.12.5 Segunda lei de Kepler: Lei das ´areasA partir da conserva¸c˜ao do momentum angular (3),h = r × v,e escrevendo em coordenadas polares, v = dr/dt = r dΦ/dt ˆeΦ + dr/dtˆer,onde ˆeΦ ´e o vetor unit´ario na dire¸c˜ao de Φ e ˆer o vetor unit´ario na dire¸c˜aode r. Logo|r × v| = h = r · rdΦdt· sen(ˆer, ˆeΦ)Como ˆer e ˆeΦ s˜ao perpendiculares entre si, segue queh = r2 ˙Φ = constanteSejam P1 e P2 duas posi¸c˜oes sucessivas do corpo num intervalo δt. O ele-mento de ´area nesse intervalo de tempo ´e:δA =r · rδΦ2,ouδAδt=r22δΦδt.102
  9. 9. PP12rφφφrddFigura 12.2: Trajet´oria em coordenadas esf´ericas.Para δt → 0,dAdt=r2 ˙Φ2=h2. (5)Como a conserva¸c˜ao do momentum angular (3) prova que h ´e uma constante,dA/dt ´e uma constante, que ´e a lei das ´areas. A lei das ´areas de Kepler´e, portanto, um conseq¨uˆencia direta da lei de conserva¸c˜ao do momentumangular.12.6 Terceira lei de Kepler: Lei harmˆonicaDuas rela¸c˜oes das elipses s˜ao:A = πab,onde A ´e a ´area, a o semi-eixo maior e b o semi-eixo menor, eb = a 1 − e212.103
  10. 10. Da lei das ´areas, (5), temos:dA =h2dt.Integrando-se sobre um per´ıodo, P,πab =h2P. (6)Substituindo-se b acima, e a defini¸c˜ao do semi-lactus rectum,b = a 1 − e212= (pa)12 =ah2µ12.Elevando-se (6) ao quadrado:π2a2 aµh2=h24P2ouP2=4π2a3µEssa ´e a terceira lei de Kepler, generalizada por Newton,P2=4π2G(m + M)a3(7)Dessa forma fica demonstrado que as tres leis de Kepler podem ser deduzidasdas leis de Newton.A “constante” de Kepler depende, portanto, da soma das massas doscorpos. No caso dos planetas do sistema solar, que orbitam o Sol, essasoma ´e praticamente igual `a massa do Sol e, portanto, aproximadamenteconstante. Na sec¸c˜ao 11.2, vimos como a 3.a lei de Kepler, na forma derivadapor Newton ´e usada para determinar massas de corpos astronˆomicos.12.7 A equa¸c˜ao da energiaPodemos derivar a equa¸c˜ao da energia calculando-se o valor do momentumangular e da energia no peri´elio, j´a que s˜ao constantes. No peri´elio:rp = a(1 − e),104
  11. 11. h = rpvp,j´a que r e v s˜ao perpendiculares entre si. Para a energia (2), temos:=v22−µr=h22r2p−µrp=1rph22rp− µ .Por outro lado, da defini¸c˜ao do semi-lactus rectum, temosh2= µ p = µ a(1 − e2)Substituindo-se h e rp em , temos:=1a(1 − e)µ a(1 − e2)2a(1 − e)− µ =µa(1 − e)(1 + e)2− 1 ,pois (1 − e)(1 + e) = 1 − e2,=µ2a(1 + e − 2)(1 − e)= −µ2a(1 − e)(1 − e),= −µ2a(8)que ´e v´alido para qualquer ´orbita cˆonica e mostra que o semi-eixo maior da´orbita s´o depende da energia do sistema.< 0 ⇒ a > 0 elipse= 0 ⇒ a = ∞ par´abola> 0 ⇒ a < 0 hip´erbole.Da defini¸c˜ao de semi-lactus rectum p,p =h2µ= a(1 − e2) ⇒ a =h2/µ(1 − e2)Como a energia ´e definida por (8),= −µ2a= −µ2(1 − e2)2h2Escrevendo a excentricidade em termos da energia:−2h2µ2= 1 − e2⇒ e2= 1 +2h2µ2105
  12. 12. e = 1 +2h2µ2.Logo, se:< 0 ⇒ e < 1 elipse= 0 ⇒ e = 1 par´abola> 0 ⇒ e > 1 hip´erbole.Das equa¸c˜oes (2) e (8), vemos que= −µ2a=v22−µr,logov = µ2r−1aque ´e a equa¸c˜ao da velocidade do sistema.12.7.1 Velocidade circularNa ´orbita circular a ≡ r, e substituindo na equa¸c˜ao da velocidade temos:vcirc = µ2r−1r=µrPara um ´orbita circular, vemos que a energia total ´e negativa, j´a que:=µ2r−µr= −µ2r= −G(M + m)2r< 0.12.7.2 Velocidade de escapeDa equa¸c˜ao de velocidade se pode deduzir facilmente a velocidade de escapedo sistema, que representa a velocidade m´ınima para que o corpo escape daatra¸c˜ao gravitacional do sistema. Essa velocidade ´e, por defini¸c˜ao, aquelacom a qual o corpo chega com velocidade zero no infinito (v = 0 em r = ∞),o que representa um ´orbita parab´olica, j´a que = 0. Assim, uma ´orbitaparab´olica pode ser considerada uma ´orbita el´ıptica com e = 1 e a = ∞.Nesse caso,=v2esc2−µr= 0 ⇒ vesc =2µr=2G(M + m)r=√2vcirc106
  13. 13. Para um ´orbita hiperb´olica, a energia total ´e positiva; a energia cin´etica´e t˜ao grande que a part´ıcula pode escapar do sistema e se afastar dele.A par´abola ´e o caso-limite entre a ´orbita fechada (elipse) e a hip´erbole.Halley, usando o m´etodo de Newton, verificou que v´arios cometas tˆem ´orbitaparab´olica.12.7.3 Problema de muitos corposAssumimos, at´e aqui, que a ´orbita ´e um problema de dois corpos. Na reali-dade, os planetas interferem entre si, perturbando a ´orbita dos outros. Aindaassim, suas ´orbitas n˜ao se desviam muito das cˆonicas, s´o que os elementosda ´orbita variam com o tempo e precisam ser calculados por aproxima¸c˜oessucessivas, pois a ´orbita n˜ao pode ser resolvida analiticamente. Para a ´orbitada Terra em torno do Sol, como a massa do Sol ´e 1047 vezes maior que amassa de J´upiter e J´upiter est´a 5,2 vezes mais distante do que o Sol, a for¸cagravitacional de J´upiter sobre a Terra ´e 28 000 vezes menor que a do Sol e,portanto, seu efeito pode ser calculado pelo m´etodo das pertuba¸c˜oes. Al´emdisso, mesmo para s´o dois corpos macrosc´opicos, com a Terra e a Lua, asolu¸c˜ao de dois corpos n˜ao ´e exata, pois nem a Terra nem a Lua s˜ao esferasperfeitas e, portanto, n˜ao se comportam como massas pontuais. Mais ainda,devido `as mar´es, a Terra e a Lua n˜ao s˜ao sequer r´ıgidas1.12.7.4 Exemplos1) O Cometa Austin (1982g) se move em uma ´orbita parab´olica. Qual foisua velocidade em 8 de outubro de 1982, quando estava a 1,1 UA do Sol?Como a ´orbita ´e parab´olica, = 0, e a velocidade chama-se velocidadede escape, vesc, logo:=v2esc2−µr= 0 → vesc =2µr=2G(m + M )r,vesc =2GMr= 40 km/s.2) o semi-eixo do planet´oide 1982RA ´e de 1,568UA e sua distˆancia aoSol em 8 de outubro de 1982 era de 1,17 UA. Qual era sua velocidade?= −µ2a→ =v22−µr= −µ2a→ v = µ2r−1a= 31 km/s.1O momento de quadrupolo da Terra e da Lua causam perturba¸c˜oes tanto perpendi-culares ao plano da ´orbita quanto radiais.107
  14. 14. Sat´elites artificiaisDesde o primeiro sat´elite artificial, o Sputnick, lan¸cado pela Uni˜ao Sovi´eticaem 1957, mais de 3800 foguetes e 4600 sat´elites artificiais foram lan¸cados daTerra. Desses, mais de 500 est˜ao em funcionamento. Muitos explodiram,dando origem a mais de 100 000 fragmentos, menores que 10 cm, que n˜aopodem ser detectados por radares aqui na Terra. Esses fragmentos consti-tuem o lixo espacial; cerca de 8000 fragmentos maiores s˜ao monitorados aquida Terra, porque podem causar s´erios danos `as naves e sat´elites, tripuladosou n˜ao.3) Qual ´e a altura de um sat´elite geoestacion´ario? Se o sat´elite ´e geoes-tacion´ario, isto ´e, permanece posicionado sobre um mesmo local da Terra,ent˜ao seu per´ıodo orbital tem que ser igual a um dia sideral = 23h 56m =86 160 segundos. Usando a Terceira Lei de Kepler,P2=4π2G(MT + ms)a3com MT = 5, 98 × 1024 kg, ms MT , G = 6, 67 × 10−11 N · m2/kg2, temos:a =P2GMT4π213= 42172 km.Como o raio da Terra ´e RT = 6370 km, ent˜ao a altura ser´a a − RT = 42 172km - 6370 km = 35 800 km.4) Qual ´e a velocidade de um sat´elite em ´orbita circular a 300 km dealtura sobre a Terra?v = µ2r−1a,mas para uma ´orbita circular r=a, de modo que:vcirc =µr.Como r= 300 km + RT = 6670 km:vcirc =GMTr= 7, 5 km/s.Qual ´e o per´ıodo orbital?P2=4π2G(MT + mC)a3= 90 min.108
  15. 15. 5) Considerando que a ´orbita de menor energia para lan¸camento de umanave a Marte, conhecida como transferˆencia de Hohmann2, ´e aquela que temuma distˆancia no peri´elio de 1UA (a da ´orbita da Terra) e uma distˆancia deaf´elio de 1,52 UA (a da ´orbita de Marte), qual ´e o tempo de viagem?1,52 UA1 UAO semi-eixo maior a da ´orbita do nave ´ea =rP + rA2= 1, 26 UAe, portanto, seu per´ıodo ´e:P2=4π2G(M + mn)a3−→ P = 1, 41 anosO tempo de viagem ser´a metade do per´ıodo orbital, portanto, de 8,5 meses.Qual a velocidade de lan¸camento?v = µ2r−1a,e r=1 UA. Logo v= 33 km/s. Considerando-se que a Terra orbita o Sol comvelocidade de:v =2π · 1UA1 ano= 30 km/s,s´o precisamos lan¸car a nave com 3 km/s, na mesma dire¸c˜ao da ´orbita daTerra. Note que o lan¸camento da nave tem de ser bem programado paraque Marte esteja na posi¸c˜ao da ´orbita que a nave chegar´a.2Proposta pelo engenheiro alem˜ao Walter Hohmann (1880-1945) em 1925.109
  16. 16. 6) Qual ´e o semi-eixo maior da ´orbita de um sat´elite lan¸cado a 300 kmde altura com uma velocidade de 10 km/s?v = µ2r−1aeliminado a, obtemos a = 3, 17 RT .7) Qual ´e a velocidade necess´aria para um sat´elite artificial escapar ocampo gravitacional da Terra?Como a massa do sat´elite pode ser desprezada em rela¸c˜ao `a massa daTerra:v⊗esc =2GM⊗R⊗=2 · 6, 67 · 10−11 N m2 kg−2 · 5, 95 · 1024 kg6 370 000 m= 11, 2 km/sBuraco Negro8) Qual ´e o raio de um buraco negro com a massa igual `a massa do Sol?Um buraco negro tem velocidade de escape igual a c, a velocidade daluz, j´a que nem a luz escapa dele, e nada pode ter velocidade maior do quea velocidade da luz. Ent˜ao,vesc =2GMR= c,e o raio ´e chamado de Raio de Schwarzschild, ou raio do horizonte de eventos:RSchw =2GMc2RSchw =2GMc2= 3 kmEmbora o termo buraco negro s´o tenha sido introduzido em 1967 porJohn Archibald Wheeler (1911-2008), em 1783 o inglˆes John Michell (1724-1793) j´a tinha proposto que, se uma estrela tivesse massa suficiente, a for¸cagravitacional impediria a luz de escapar. Karl Schwarzschild (1873-1916), em1916 resolveu as equa¸c˜oes da Relatividade Geral de Albert Einstein (1879-1955) e derivou corretamente o raio do horizonte de eventos, isto ´e, o tama-nho da regi˜ao, em volta da singularidade, da qual nada escapa.110

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