Prof. Dr. Ronaldo Rodrigues Pelá. 6 de junho de 2013

Transcrição

1 GRAVITAÇÃO Mecânica II (FIS-26) Prof. Dr. Ronaldo Rodrigues Pelá IEFF-ITA 6 de junho de 2013

2 Roteiro 1

3 Roteiro 1

4 O problema gravitacional de 2 corpos pode ser estudado, de um modo mais fácil, como um problema de 1 partícula sujeita a uma força central f(r). Se um corpo é muito mais pesado que o outro, isto é fácil (é o que vamos considerar aqui). Procure pensar como seria se os 2 corpos têm massas comparáveis. Entretanto, há situações em que f(r) tem expressão diferente da força gravitacional como as forças intermoleculares de Van der Walls. Vamos estudar inicialmente algumas propriedades gerais dos campos centrais e depois vamos particularizar para o caso gravitacional.

5 Já vimos que toda força central é conservativa. Isso significa que a energia mecânica de um corpo se movendo nesta condição é conservada. Por outro lado, se a força é central, seu torque em relação à origem é nulo e por conseguinte, o momento angular também é conservado. O fato do momento angular ser constante implica que a trajetória é plana.

6 Vamos usar coordenadas polares (r, θ) para descrever o movimento Lagrangiana Hamiltoniana L = m 2 (ṙ2 + r 2 θ2 ) E p (r) H = p2 r 2m + p2 θ 2mr 2 + E p(r) Como θ não aparece explicitamente na Lagrangiana (e também na Hamiltoniana) é uma coordenada cíclica, ou ignorável o momento p θ = mr 2 θ é conservado. Isto não é mais do que a conservação do momento angular

7 O fato do momento angular ser constante implica que o corpo tem velocidade areolar constante (o raio vetor varre áreas iguais em tempos iguais) De fato, representando o momento angular por L, note que da dt = 1 dl 2 dt

8 A partir da Lagrangiana obtemos as equações de movimento L = mr 2 θ = cte m r + de p dr mr θ 2 = 0 Na direção radial, temos m r = de p dr + L2 mr 3 = d ) (E p (r) + L2 dr mr 2 O termo E p (r) + L2 é chamado de energia potencial mr2 efetiva, ao passo que L2 é chamado de energia mr2 potencial centrífuga.

9 Fazendo um gráfico de E p,ef (r) Se E = E 1, há apenas um r admissível: nesse caso, a trajetória é circular com este valor de r. Se E = E 2, o raio da órbita oscila entre r 1 e r 2. Se E 0, a órbita não é limitada e a partícula vem do infinito até um ponto de máxima aproximação e depois regressa definitivamente para o infinito.

10 Exemplo de motivação O ônibus espacial de 80,0 t está numa órbita circular com 320 km de altitude, sobre a linha do Equador. Quando o ônibus espacial passa sobre o campus da Un. Federal do Amapá (UNIFAP) em Macapá (longitude: 51,085 ), no sentido oeste-leste, seus dois motores do sistema de manobra orbital (cada um com empuxo de 27,0 kn) são acionados, ocasionando uma frenagem (força para trás no ônibus) por 150 s. Determine o local em que o ônibus estaciona na Terra. Dados: R = 6371 km (raio da Terra) e g 0 = 9,825 m/s 2 (gravidade na superfície)

11 Temos a seguinte equação a resolver m r = d ) (E p (r) + L2 dr mr 2 Mas, para encontrar a equação da trajetória, precisamos obter r = f(θ). Assim, sendo h = r 2 θ d 2 r dt 2 = d ( h dr dθ r 2 dθ dr dt = dr dθ dθ dt = h dr r 2 dθ ) dθ dt = h d r 2 dθ Vamos fazer a mudança de variável ξ = 1/r d 2 r dt 2 = h2 ξ 2 d2 ξ dθ 2 ( ) h dr r 2 dθ

12 d 2 ξ dθ 2 + ξ = F mh 2 ξ 2 onde F = de p /dr. Para o caso da força gravitacional F = GMmξ 2. Solução d 2 ξ dθ 2 + ξ = GM h 2 ξ = 1 r = C cos(θ φ) + GM h 2 Esta é a equação de voo livre do satélite

13 Uma interpretação geométrica da solução exige o conhecimento da equação de uma seção cônica Uma seção cônica é definida como o LG dos pontos P que têm constante a razão da sua distância até um foco (ou ponto fixo) F com sua distância até uma linha fixa DD (chamada de diretriz). Esta razão é chamada de excentricidade e e = F P P A F P = r = e(p A) = e[p r cos(θ φ)] 1 r = 1 1 cos(θ φ) + p ep

14 Alguns resultados p = 1 C e = Ch2 GM É conveniente adotar θ = 0 no ponto de máxima aproximação. Isto implica φ = 0. Para θ = 0, a velocidade não tem componente radial Com isto, segue que h = r 0 v 0 C = 1 r 0 ( 1 GM r 0 v 2 0 )

15 1 r = 1 ( 1 GM ) r 0 rv0 2 cos θ + GM r0 2v2 0 e = 0: circunferência 0 < e < 1: elipse e = 1: parábola e > 1: hipérbole e = ( 1 GM rv 2 0 ) r0 v 2 0 GM

16 Voltando ao exemplo Velocidade que o satélite tinha na órbita circular como GM = gr 2 v 0 = GMm r 2 0 gr 2 r 0 = mv2 0 r 0 = 7720,2 m/s Com o empuxo de 54,0 kn agindo por 150 s, a velocidade é reduzida de v = F t = 101,25 m/s M Sua (nova) velocidade ao iniciar a trajetória elíptica é, portanto: v = 7618,9 m/s

17 Voltando ao exemplo Equação da trajetória 1 r Para esta órbita, temos = C cos θ + GM h 2 h = r 0 v = 5, m 2 /s GM h 2 = gr2 h 2 = 1, km 1 Podemos encontrar C sabendo que para θ = 180, r = 6691 km. C = 4, km 1

18 Voltando ao exemplo Agora, desejamos saber o valor de θ em que r = 6371 km = 4, cos θ + + 1, θ = 28,91 β = 151,09 CONCLUSÃO: o ônibus irá atingir a Terra na posição: 0 Latitude; 100,00 Longitude (Kotopadang, Indonésia)

19 Expressão para Energia A Energia Mecânica de um satélite é E = mv2 2 GMm r Sabendo que a energia é constante, podemos determinar o seu valor para θ = 0 (neste ponto 1 r = C + GM h 2 ) ] [h 2 C 2 (GM)2 E = m 2 h 2 Como C = GMe/h 2 : E = m(gm)2 2h 2 (e 2 1)

20 Expressão para Velocidade E = m(gm)2 2h 2 (e 2 1) Para um satélite em órbita elíptica, temos ep/(1 + e) + ep/(1 e) = 2a, ou seja, p = a(1 e 2 )/e Sabendo que a energia é constante, podemos determinar o seu valor para θ = 0 (neste ponto 1 r = C + GM h 2 ) ] [h 2 C 2 (GM)2 E = m 2 h 2 Como C = GMe/h 2 : E = GMm 2a

21 Expressão para Velocidade Assim E = mv2 2 GMm = GMm r 2a ( 1 v 2 = 2GM r 1 ) 2a

22 Leis de Kepler 1 Lei das Órbitas: Os planetas descrevem órbitas elípticas com o sol num dos focos. 2 Lei das Áreas: Uma linha que liga o planeta ao sol descreve áreas iguais em tempos iguais. 3 Lei dos Períodos: O quadrado do período de revolução de um planeta é diretamente proporcional ao cubo de sua distância média ao sol.

23 Leis de Kepler Vamos demonstrar a lei dos períodos T = m L 2π 0 r 2 dθ = 2mπab L Mas Logo T 2 = 4m2 π 2 a 2 b 2 L 2 b 2 L 2 = (1 e2 )a 2 m 2 h 2 = T 2 = 4π2 a 3 GM a GMm 2