Capıtulo 12

Leis de Kepler generalizadas

A lei da gravitacao universal, que relaciona a forca entre duas massas M em, separadas por ~r, derivada por Newton e dada por:

~F = −GMm

r2~r

r

y’

x’

z’

z

x

yr

m

m

M

M

rr

95

12.1 Equacao do movimento

Vamos utilizar a nomenclatura:

d~r

dt≡ ~v ≡ ~r

d2~r

dt2≡ ~a ≡ ~r

Na verdade, qualquer que seja a variavel x,

x ≡ dx

dt

Da lei da gravitacao de Newton se pode derivar as leis de Kepler. Apli-cando-se a lei da gravitacao e a segunda lei do movimento (~F = m · ~r),temos:

m~rm = −GMm

r3~r,

e pela lei da acao e reacao,

M~rM = GMm

r3~r,

onde~r = ~rm − ~rM ,

e ~rm e ~rM sao os vetores posicao de m e M com relacao a um sistema inercial.Essas equacoes podem ser escritas como:

~rm = −GMr3

~r,

~rM =Gm

r3~r.

Subtraindo-se essas duas equacoes:

~r = −G(M +m)r3

~r.

Definindo-se µ = G(m+M), podemos escrever:

~r +µ

r3~r = 0. (1)

96

Essa e a equacao diferencial vetorial do movimento relativo de dois corpos. Asolucao dessa equacao nos da a orbita relativa dos corpos (planeta, cometa,satelite, etc). Em princıpio, a solucao descreve como o raio vetor ~r variacom o tempo, mas sua solucao nao e simples. Como a equacao e diferencialvetorial de segunda ordem, isto e, envolve segunda derivada de vetores, pre-cisamos de seis constantes para obter a solucao. Por exemplo, se soubermosa posicao tridimensional e a velocidade de um planeta num certo tempo,poderemos calcular sua posicao e velocidade em qualquer outro tempo.

Nossa solucao envolve demonstrar que a conservacao da energia e domomentum angular sao consequencias das leis de Newton.

12.2 Conservacao da energia total do sistema

Multiplicando-se a equacao (1) escalarmente por ~r temos:

~r · ~r +µ

r3~r · ~r = 0.

Como ~v = ~r e ~v = ~r, temos:

~v · ~v +µ

r3~r · ~r = 0.

Seja α o angulo entre o raio vetor e a velocidade:

~r · ~r = r v cosα

~r · ~r = v v cos(−α)

Tendo em vista que cos(−α) = cos α, e ainda que:

d

dt

(v2

2

)= v v,

ed

dt

(µr

)= −µr

r2r

r= −µrr

r3,

entao:d

dt

(12v2 − µ

r

)= 0,

de onde se conclui, imediatamente, que:12v2 − µ

r= ε = constante, (2)

12v2 − G(m+M)

r= ε = constante,

que e a equacao de energia do sistema (ε = energia por unidade de massa).

97

12.3 Conservacao do momentum angular

Multiplicando-se vetorialmente a equacao de movimento (1) por ~r pela es-querda, temos:

~r × ~r +µ

r3~r × ~r = 0.

Como ~r × ~r ≡ 0, temos~r × ~r = 0.

Masd

dt(~r × ~r) = ~r × ~r + ~r × ~r.

Como ~r × ~r ≡ 0, a equacao acima implica

d

dt(~r × ~r) = 0,

ou o termo entre parenteses deve ser uma constante, que vamos chamar demomentum angular, ~h:

(~r × ~r) = ~h = constante. (3)

Essa e a lei da conservacao do momentum angular. h e o momentum angularpor unidade de massa. Note que ~h, o vetor momentum angular, e sempreperpendicular ao movimento, por sua definicao (3).

12.4 Primeira lei de Kepler: Lei das orbitas

Multiplicando-se vetorialmente a equacao (1) por ~h:

~r × ~h =µ

r3(~h× ~r) (4)

ja levando-se em conta que: ~a×~b = −~b× ~a. A parte da direita de (4) podeser escrita como:

µ

r3(~h× ~r) =

µ

r3(~r × ~v)× ~r.

Como(~a×~b)× ~c = (~a · ~c)~b− ~a(~b · ~c),

entao:

µ

r3(~r × ~v)× ~r =

µ

r3~v r2 − µ

r3(~r · ~r)~r =

µ

r~v − µ

r3(~r · ~r)~r.

98

Como

µd

dt

(~r

r

)=µ

r~v − µ

r3

(~r · ~r

)~r,

entao:µ

r3

(~h× ~r

)= µ

d

dt

(~r

r

).

O lado esquerdo da equacao (4) pode ser escrito como:

~r × ~h =d

dt

(~r × ~h

),

ja que:d

dt

(~r × ~h

)= ~r × ~h+ ~r × ~h

e como ~h e constante, ~h = 0. A equacao (4) pode, portanto, ser escritacomo:

d

dt

(~r × ~h

)= µ

d

dt

(~r

r

),

ou seja, integrando-se sobre t:

~r × ~h =µ

r~r + ~β,

onde ~β e um vetor constante. Como ~h e perpendicular ao plano da orbita,~r × ~h esta no plano da orbita, junto com ~r, de modo que ~β tambem. Naverdade, ~β esta na direcao do pericentro, como veremos a seguir.

Ate agora, encontramos dois vetores constantes, ~h e ~β, e um escalarconstante, ε, de modo que ja temos sete integrais. Entretanto, elas nao saotodas independentes. Por exemplo, como ~β esta no plano da orbita, e ~h emum plano perpendicular a este, ~β · ~h = 0.

Multiplicando-se escalarmente por ~r, temos:

~r · ~r × ~h =µ

r~r · ~r + ~β · ~r.

Como~a×~b · ~c = ~a ·~b× ~c,

~r × ~r · h =µ

rr2 + β r cos γ,

onde γ e o angulo entre ~r e ~β, e ~r × ~r = ~h, temos:

h2 = µ r + β r cos γ

99

ou

h2 = r µ

(1 +

β

µcos γ

)

e, finalmente:

r =h2

µ

1 + βµ cos γ

que e a equacao da trajetoria. Essa e a equacao de uma conica com foco naorigem:

r =p

1 + e cos θ

onde p e chamado de semi-lactus rectum, e e a excentricidade e θ e o anguloentre o foco e o vetor posicao ~r. As conicas foram estudadas pelo matematicogrego Apolonio de Perga (c. 262 a.C.- c. 190 a.C.) em 200 a.C. Somente

Figura 12.1: Componentes de uma conica.

para β/µ < 1 o movimento e finito, e a orbita e uma elipse. Note que r emınimo quando γ = 0, isto e, na direcao de ~β, provando que ~β aponta nadirecao do pericentro.

100

Lembrando que µ = G(m+M), e comparando com a equacao da elipse

r =a(1− e2)

1 + e cos θ

vemos que a equacao da trajetoria descreve uma elipse com:

h2

µ≡ p = a(1− e2),

ee =

β

µ.

p e o semi-lactus rectum, e e a excentricidade da elipse, e θ = γ e o anguloentre o ponto da elipse mais proximo do foco (pericentro) e o vetor posicao~r. Essa e a demonstracao de que a orbita e elıptica, como diz a primeira leide Kepler.

Se e = β/µ ≥ 1, o movimento e infinito, isto e, nao se repete. Se e = 1o corpo se move em uma parabola, e se e > 1 em uma hiperbole, o que naoe o caso dos planetas, mas as vezes dos cometas e asteroides.

Da equacao que introduziu ~β temos:

~β = ~r × ~h− µ

r~r,

β2 = (~r × ~h) · (~r × ~h) + µ2~r · ~rr2

− 2(~r × ~h) · µr~r.

Como ~r e perpendicular a ~h, pela definicao do momentum angular ~h:

|~r × ~h| = |~r||~h| → ((~r × ~h) · (~r × ~h) = v2h2,

de modo que:β2 = v2h2 + µ2 − 2

µ

r[~r × ~h · ~r ].

Mas[~r × ~h · ~r ] = −[~h× ~r · ~r ] = [~h · ~r × ~r ],

e como ~r × ~r = ~h,β2 = v2h2 + µ2 − 2

µ

rh2.

Como e = βµ , β2 = µ2e2, logo:

µ2e2 − µ2 = v2h2 − 2µ

rh2 = 2h2

(v2

2− µ

r

)= 2h2ε,

101

ou seja:

µ2(e2 − 1) = 2h2ε→ ε =µ2

2h2(e2 − 1)

Dessa forma, fica provado que a excentricidade depende da energia do sis-tema.

Resumindo, a lei das orbitas elıpticas dos planetas e uma consequenciado tipo de forca que atua entre os planetas e o Sol. Newton mostrou que asunicas orbitas possıveis para um corpo interagindo gravitacionalmente comoutro sao as seccoes conicas: cırculo, elipse, parabola ou hiperbole.

Um cırculo pode ser pensado como uma elipse com e = 0 e a = b. Umaparabola pode ser pensada como uma elipse com e = 1 e a = ∞. Umahiperbole pode ser pensada como uma elipse com e > 1 e a < 0.

Se o corpo tiver movimento periodico, como os planetas, sua trajetoriasera circular ou elıptica; se o movimento nao for periodico, como e o caso dealguns cometas e asteroides, a trajetoria sera parabolica ou hiperbolica. Ofator decisivo sobre o tipo de orbita e a energia do sistema.

12.5 Segunda lei de Kepler: Lei das areas

A partir da conservacao do momentum angular (3),

~h = ~r × ~v,

e escrevendo em coordenadas polares, ~v = d~r/dt = r dΦ/dt eΦ + dr/dter,onde eΦ e o vetor unitario na direcao de Φ e er o vetor unitario na direcaode ~r. Logo

|~r × ~v| = h = r · rdΦdt· sen(er, eΦ)

Como er e eΦ sao perpendiculares entre si, segue que

h = r2Φ = constante

Sejam P1 e P2 duas posicoes sucessivas do corpo num intervalo δt. O ele-mento de area nesse intervalo de tempo e:

δA =r · rδΦ

2,

ouδA

δt=r2

2δΦδt.

102

P

P

1

2

r

φ

φ

φrd

d

Figura 12.2: Trajetoria em coordenadas esfericas.

Para δt→ 0,dA

dt=r2Φ

2=h

2. (5)

Como a conservacao 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 Keplere, portanto, um consequencia direta da lei de conservacao do momentumangular.

12.6 Terceira lei de Kepler: Lei harmonica

Duas relacoes das elipses sao:

A = πab,

onde A e a area, a o semi-eixo maior e b o semi-eixo menor, e

b = a(1− e2

) 12 .

103

Da lei das areas, (5), temos:

dA =h

2dt.

Integrando-se sobre um perıodo, P,

πab =h

2P. (6)

Substituindo-se b acima, e a definicao do semi-lactus rectum,

b = a(1− e2

) 12 = (pa)

12 =

(ah2

µ

) 12

.

Elevando-se (6) ao quadrado:

π2a2 a

µh2 =

h2

4P 2

ou

P 2 =4π2a3

µ

Essa e a terceira lei de Kepler, generalizada por Newton,

P 2 =4π2

G(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 seccao 11.2, vimos como a 3.a lei de Kepler, na forma derivadapor Newton e usada para determinar massas de corpos astronomicos.

12.7 A equacao da energia

Podemos derivar a equacao da energia calculando-se o valor do momentumangular e da energia no perielio, ja que sao constantes. No perielio:

rp = a(1− e),

104

h = rpvp,

ja que ~r e ~v sao perpendiculares entre si. Para a energia (2), temos:

ε =v2

2− µ

r=

h2

2r2p− µ

rp=

1rp

(h2

2rp− µ

).

Por outro lado, da definicao do semi-lactus rectum, temos

h2 = µ p = µa(1− e2)

Substituindo-se h e rp em ε, temos:

ε =1

a(1− e)

[µa(1− e2)2a(1− e)

− µ

]=

µ

a(1− e)

[(1 + e)

2− 1

],

pois (1− e)(1 + e) = 1− e2,

ε =µ

2a

[(1 + e− 2)

(1− e)

]= − µ

2a(1− e)(1− e)

,

ε = − µ

2a(8)

que e valido para qualquer orbita conica e mostra que o semi-eixo maior daorbita so depende da energia do sistema.

ε < 0 ⇒ a > 0 elipse

ε = 0 ⇒ a = ∞ parabola

ε > 0 ⇒ a < 0 hiperbole.

Da definicao de semi-lactus rectum p,

p =h2

µ= a(1− e2) ⇒ a =

h2/µ

(1− e2)

Como a energia e definida por (8),

ε = − µ

2a= −µ

2(1− e2)2h2

Escrevendo a excentricidade em termos da energia:

−2h2ε

µ2= 1− e2 ⇒ e2 = 1 +

2h2ε

µ2

105

e =

√1 +

2h2ε

µ2.

Logo, se:ε < 0 ⇒ e < 1 elipse

ε = 0 ⇒ e = 1 parabola

ε > 0 ⇒ e > 1 hiperbole.

Das equacoes (2) e (8), vemos que

ε = − µ

2a=v2

2− µ

r,

logo

v =

õ

(2r− 1a

)

que e a equacao da velocidade do sistema.

12.7.1 Velocidade circular

Na orbita circular a ≡ r, e substituindo na equacao da velocidade temos:

vcirc =

õ

(2r− 1r

)=

õ

r

Para um orbita circular, vemos que a energia total e negativa, ja que:

ε =µ

2r− µ

r= − µ

2r= −G(M +m)

2r< 0.

12.7.2 Velocidade de escape

Da equacao de velocidade se pode deduzir facilmente a velocidade de escapedo sistema, que representa a velocidade mınima para que o corpo escape daatracao gravitacional do sistema. Essa velocidade e, por definicao, aquelacom a qual o corpo chega com velocidade zero no infinito (v = 0 em r = ∞),o que representa um orbita parabolica, ja que ε = 0. Assim, uma orbitaparabolica pode ser considerada uma orbita elıptica com e = 1 e a = ∞.Nesse caso,

ε =v2esc

2− µ

r= 0 ⇒ vesc =

√2µr

=

√2G(M +m)

r=√

2vcirc

106

Para um orbita hiperbolica, a energia total e positiva; a energia cineticae tao grande que a partıcula pode escapar do sistema e se afastar dele.A parabola e o caso-limite entre a orbita fechada (elipse) e a hiperbole.Halley, usando o metodo de Newton, verificou que varios cometas tem orbitaparabolica.

12.7.3 Problema de muitos corpos

Assumimos, ate 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 nao se desviam muito das conicas, so que os elementosda orbita variam com o tempo e precisam ser calculados por aproximacoessucessivas, pois a orbita nao pode ser resolvida analiticamente. Para a orbitada Terra em torno do Sol, como a massa do Sol e 1047 vezes maior que amassa de Jupiter e Jupiter esta 5,2 vezes mais distante do que o Sol, a forcagravitacional de Jupiter sobre a Terra e 28 000 vezes menor que a do Sol e,portanto, seu efeito pode ser calculado pelo metodo das pertubacoes. Alemdisso, mesmo para so dois corpos macroscopicos, com a Terra e a Lua, asolucao de dois corpos nao e exata, pois nem a Terra nem a Lua sao esferasperfeitas e, portanto, nao se comportam como massas pontuais. Mais ainda,devido as mares, a Terra e a Lua nao sao sequer rıgidas1.

12.7.4 Exemplos

1) O Cometa Austin (1982g) se move em uma orbita parabolica. Qual foisua velocidade em 8 de outubro de 1982, quando estava a 1,1 UA do Sol?

Como a orbita e parabolica, ε = 0, e a velocidade chama-se velocidadede escape, vesc, logo:

ε =v2esc

2− µ

r= 0 → vesc =

√2µr

=

√2G(m+M¯)

r,

vesc =

√2GM¯r

= 40 km/s.

2) o semi-eixo do planetoide 1982RA e de 1,568UA e sua distancia aoSol em 8 de outubro de 1982 era de 1,17 UA. Qual era sua velocidade?

ε = − µ

2a→ ε =

v2

2− µ

r= − µ

2a→ v =

õ

(2r− 1a

)= 31 km/s.

1O momento de quadrupolo da Terra e da Lua causam perturbacoes tanto perpendi-culares ao plano da orbita quanto radiais.

107

Satelites artificiais

Desde o primeiro satelite artificial, o Sputnick, lancado pela Uniao Sovieticaem 1957, mais de 3800 foguetes e 4600 satelites artificiais foram lancados daTerra. Desses, mais de 500 estao em funcionamento. Muitos explodiram,dando origem a mais de 100 000 fragmentos, menores que 10 cm, que naopodem ser detectados por radares aqui na Terra. Esses fragmentos consti-tuem o lixo espacial; cerca de 8000 fragmentos maiores sao monitorados aquida Terra, porque podem causar serios danos as naves e satelites, tripuladosou nao.

3) Qual e a altura de um satelite geoestacionario? Se o satelite e geoes-tacionario, isto e, permanece posicionado sobre um mesmo local da Terra,entao seu perıodo orbital tem que ser igual a um dia sideral = 23h 56m =86 160 segundos. Usando a Terceira Lei de Kepler,

P 2 =4π2

G(MT +ms)a3

com MT = 5, 98× 1024 kg, ms ¿MT , G = 6, 67× 10−11 N ·m2/kg2, temos:

a =[P 2GMT

4π2

] 13

= 42172 km.

Como o raio da Terra e RT = 6370 km, entao a altura sera a−RT = 42 172km - 6370 km = 35 800 km.

4) Qual e a velocidade de um satelite em orbita circular a 300 km dealtura sobre a Terra?

v =

õ

(2r− 1a

),

mas para uma orbita circular r=a, de modo que:

vcirc =õ

r.

Como r= 300 km + RT = 6670 km:

vcirc =

√GMT

r= 7, 5 km/s.

Qual e o perıodo orbital?

P 2 =4π2

G(MT +mC)a3 = 90 min.

108

5) Considerando que a orbita de menor energia para lancamento de umanave a Marte, conhecida como transferencia de Hohmann2, e aquela que temuma distancia no perielio de 1UA (a da orbita da Terra) e uma distancia deafelio de 1,52 UA (a da orbita de Marte), qual e o tempo de viagem?

1,52 UA

1 UA

O semi-eixo maior a da orbita do nave e

a =rP + rA

2= 1, 26 UA

e, portanto, seu perıodo e:

P 2 =4π2

G(M¯ +mn)a3 −→ P = 1, 41 anos

O tempo de viagem sera metade do perıodo orbital, portanto, de 8,5 meses.Qual a velocidade de lancamento?

v =

õ

(2r− 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,

so precisamos lancar a nave com 3 km/s, na mesma direcao da orbita daTerra. Note que o lancamento da nave tem de ser bem programado paraque Marte esteja na posicao da orbita que a nave chegara.

2Proposta pelo engenheiro alemao Walter Hohmann (1880-1945) em 1925.

109

6) Qual e o semi-eixo maior da orbita de um satelite lancado a 300 kmde altura com uma velocidade de 10 km/s?

v =

õ

(2r− 1a

)

eliminado a, obtemos a = 3, 17RT .7) Qual e a velocidade necessaria para um satelite artificial escapar o

campo gravitacional da Terra?Como a massa do satelite pode ser desprezada em relacao a massa da

Terra:

v⊗esc =

√2GM⊗R⊗

=

√2 · 6, 67 · 10−11 N m2 kg−2 · 5, 95 · 1024 kg

6 370 000 m= 11, 2 km/s

Buraco Negro

8) 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 da

luz, ja que nem a luz escapa dele, e nada pode ter velocidade maior do quea velocidade da luz. Entao,

vesc =

√2GM¯R

= c,

e o raio e chamado de Raio de Schwarzschild, ou raio do horizonte de eventos:

RSchw =2GMc2

R¯Schw =2GM¯c2

= 3 km

Embora o termo buraco negro so tenha sido introduzido em 1967 porJohn Archibald Wheeler (1911-2008), em 1783 o ingles John Michell (1724-1793) ja tinha proposto que, se uma estrela tivesse massa suficiente, a forcagravitacional impediria a luz de escapar. Karl Schwarzschild (1873-1916), em1916 resolveu as equacoes da Relatividade Geral de Albert Einstein (1879-1955) e derivou corretamente o raio do horizonte de eventos, isto e, o tama-nho da regiao, em volta da singularidade, da qual nada escapa.

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