Gravitação e órbitas

Iniciante

Solte um lápis e ele cai; olhe para cima e a Lua está suspensa no céu. A grande ideia de Newton foi que uma mesma atração explica os dois casos.

Passo 1. Todo objeto com massa atrai todos os outros, tanto mais forte quanto maiores forem as massas: você sente a atração da Terra, mas não a pequena atração da pessoa sentada ao seu lado.

Passo 2. A atração enfraquece com a distância, e rápido. A distância é medida de centro a centro: duas vezes mais longe, a atração cai para um quarto; três vezes mais longe, para um nono. Pergunta rápida: se dois objetos forem afastados dez vezes mais, o que acontece com a atração entre eles? (Resposta: ela fica cem vezes mais fraca.)

Passo 3. Por que a Lua não cai sobre a Terra? Ela cai, o tempo todo. Sem a atração, ela seguiria em linha reta; a gravidade curva sua trajetória em direção à Terra. Imagine um canhão em uma montanha muito alta disparando na horizontal. Uma bala de canhão lenta cai perto, uma mais rápida cai mais longe. Disparada com velocidade suficiente, a bala cai na mesma velocidade com que a superfície curva da Terra se afasta sob ela, então nunca chega ao chão: ela está em órbita. Astronautas flutuam pelo mesmo motivo: eles e a espaçonave caem juntos, embora a gravidade lá em cima seja quase tão forte quanto no chão.

Passo 4. A maioria das órbitas é um círculo levemente alongados, chamados elipses, com a estrela fora do centro. Um planeta acelera ao cair em direção à estrela e desacelera ao se afastar.

Na animação, a seta vermelha é a atração da estrela: ela sempre aponta para a estrela e fica mais longa quando o planeta está perto. A linha azul tracejada mostra para onde o planeta iria se a gravidade fosse desligada. Os pontos cinzentos, marcados em intervalos de tempo iguais, se acumulam longe da estrela e se espalham perto dela.

Intermediário

A lei da gravitação e a intensidade do campo

Todo corpo com massa atrai todos os outros corpos. Para as massas $m_1$ e $m_2$, cujos centros estão à distância $r$, a lei da gravitação universal de Newton dá o tamanho da atração:
$F=\frac{G{m}_1{m}_2}{r^2}$

Aqui $G=6,674\times 10^{-11}\mathrm{N}\cdot {\mathrm{m}}^2/k{\mathrm{g}}^2$ é a constante gravitacional, tão pequena que duas pessoas de 70 kg a 1 m uma da outra se atraem com apenas $3,3\times 10^{-7}\mathrm{N}$. A força age ao longo da linha que une os centros e, pela terceira lei de Newton, cada corpo puxa o outro com a mesma intensidade: você puxa a Terra para cima com os mesmos 690 N com que ela puxa você para baixo. Para um planeta ou uma estrela, $r$ é medido a partir do seu centro.

Dividindo a força sobre uma pequena massa $m$ por $m$, obtemos a intensidade do campo de um corpo de massa $M$, a atração por quilograma:
$g=\frac{GM}{r^2}$

Sua unidade, o newton por quilograma, é a mesma que m/s²: $g$ é a aceleração da queda livre naquele lugar. Na superfície da Terra ($M=5,97\times 10^{24}\mathrm{kg}$, $R=6371\mathrm{km}$) ela vale 9,8 m/s². A um raio terrestre acima, $r=2R$, é um quarto disso, cerca de 2,45 m/s², e a 400 km de altitude ainda é cerca de 8,7 m/s².

Órbitas circulares

Como no Movimento Circular, um corpo que se move com velocidade $v$ em um círculo de raio $r$ precisa de uma força resultante $m{v}^2/r$ voltada para o centro. Para um satélite, somente a gravidade fornece essa força:
$\frac{GMm}{r^2}=\frac{m{v}^2}{r}$
$v=\sqrt{\frac{GM}{r}}\text{(circular orbit)}$

A massa $m$ do satélite se cancela: uma estação espacial e uma chave inglesa largada pela tripulação compartilham a mesma órbita. Uma volta de comprimento $2\pi r$ leva $T=2\pi r/v$, então $T^2=4{\pi }^2{r}^3/(GM)$. Órbitas mais altas são mais lentas, $v\propto 1/\sqrt{r}$, e suas voltas são bem mais longas, $T\propto r^{3/2}$: um satélite rente ao solo daria uma volta em cerca de 84 minutos, enquanto a Lua, a 60 raios terrestres, leva 27,3 dias.

Elipses e as três leis de Kepler

Um satélite lançado lateralmente um pouco mais rápido ou mais devagar que $\sqrt{GM/r}$ segue, em vez disso, uma elipse. Johannes Kepler encontrou três leis do movimento planetário entre 1609 e 1619, e a lei de Newton explica as três.

• Todo planeta se move em uma elipse com o Sol em um dos focos, não no centro.
• A linha do Sol ao planeta varre áreas iguais em tempos iguais; assim, o planeta é mais rápido no periélio, seu ponto mais próximo, e mais lento no afélio, seu ponto mais distante.
• O quadrado do período é proporcional ao cubo do tamanho da órbita.

O tamanho é dado pelo semieixo maior $a$: metade do maior diâmetro, que é também a média entre as distâncias mais próxima e mais distante. A excentricidade $e$ indica quão alongada é a elipse: a distância mais próxima é $a(1-e)$, a mais distante $a(1+e)$, e um círculo tem $e=0$. Na forma de Newton, a terceira lei é
$T^2=\frac{4{\pi }^2{a}^3}{GM}$
o resultado circular com $r$ trocado por $a$, qualquer que seja a excentricidade. Em torno do Sol, com $T$ em anos e $a$ em unidades astronômicas ($1\mathrm{AU}=1,496\times 10^{11}\mathrm{m}$), ela se reduz a $T^2=a^3$.

Energia em um campo gravitacional

Separar duas massas exige trabalho, por isso a energia potencial delas cresce com a distância. Tomando-a como zero a uma separação infinita, obtemos
$U=-\frac{GMm}{r}$

O sinal de menos significa que um corpo está em um poço: levá-lo do repouso em $r$ até o infinito exige o trabalho $GMm/r$. Em órbita, a energia total $E=\frac{1}{2}m{v}^2-GMm/r$ permanece constante, então o corpo acelera à medida que cai para dentro. Com $E\ge 0$ o corpo escapa; a partir da superfície da Terra, isso exige $\sqrt{2GM/R}\approx 11,2km/s$.

Em uma elipse, a energia depende apenas do seu tamanho, $E=-GMm/(2a)$. Igualando as duas expressões, obtemos a velocidade em qualquer distância, a relação vis-viva:
$v^2=GM\left(\frac{2}{r}-\frac{1}{a}\right)$
Para um círculo, $r=a$ e ela se reduz a $v^2=GM/r$.

Exemplo resolvido: o planeta da animação

A estrela tem a massa do Sol, $GM=1,327\times 10^{20}{\mathrm{m}}^3/{\mathrm{s}}^2$, e a elipse tem $a=1\mathrm{AU}$ e $e=0,5$. Assim, o planeta oscila entre 0,5 AU e 1,5 AU e, por ter o mesmo $a$ da Terra, leva um ano por volta. No periélio, a $7,48\times 10^{10}\mathrm{m}$ da estrela,
$g=\frac{1,327\times 10^{20}}{(7,48\times 10^{10}{)}^2}\approx 0,0237m/{\mathrm{s}}^2=23,7mm/{\mathrm{s}}^2$
e três vezes mais longe a intensidade é nove vezes menor, 2,6 mm/s². Esses são os extremos da leitura de $F/m$, e a seta vermelha $F$ encolhe pelo mesmo fator.

Quanto às velocidades, a velocidade circular a 1 AU é $\sqrt{GM/a}\approx 29,8km/s$, a velocidade da Terra. Com distâncias em AU, a relação vis-viva dá
$v=29,8\sqrt{2/0,5-1}=29,8\sqrt{3}\approx 51,6km/s$
$v=29,8\sqrt{2/1,5-1}=29,8/\sqrt{3}\approx 17,2km/s$
no periélio e no afélio, as duas extremidades da leitura de $v$.

A razão de velocidades, 3, é o inverso da razão de distâncias, como exigem as áreas iguais: nas duas extremidades do eixo maior a velocidade é perpendicular ao raio; um intervalo curto $\Delta t$ varre um triângulo fino de área $\frac{1}{2}rv\Delta t$, e $0,5\cdot 51,6=1,5\cdot 17,2$. A energia por quilograma, $\frac{1}{2}{v}^2-GM/r$, resulta em $-4,4\times 10^{8}J/kg$ nos dois pontos, que é $-GM/(2a)$.

Observe o ângulo entre as setas. Na aproximação, a seta roxa $v$ forma menos de 90° com a seta vermelha $F$, então a atração tem uma componente na direção do movimento e acelera o planeta; na saída, o ângulo ultrapassa 90° e a atração freia o planeta. No periélio e no afélio as setas são perpendiculares, e a velocidade fica momentaneamente constante.

Exemplo resolvido: dois satélites da Terra

A Estação Espacial Internacional voa a cerca de 400 km de altitude, então $r=6371+400=6771\mathrm{km}$ do centro da Terra. Com $GM=3,986\times 10^{14}{\mathrm{m}}^3/{\mathrm{s}}^2$ para a Terra,
$v=\sqrt{\frac{3,986\times 10^{14}}{6,771\times 10^6}}\approx 7672m/s\approx 7,67km/s$
$T=\frac{2\pi r}{v}=\frac{2\pi \cdot 6,771\times 10^6}{7672}\approx 5545\mathrm{s}$
em cerca de 92 minutos. Lá em cima, $g=GM/r^2\approx 8,7m/{\mathrm{s}}^2$, 89 % do seu valor no chão.

Um satélite geoestacionário precisa dar uma volta a cada rotação da Terra em relação às estrelas, $T=86164\mathrm{s}$ (23 h 56 min), para ficar parado sobre um ponto do equador. A terceira lei dá
$r={\left(\frac{GM{T}^2}{4{\pi }^2}\right)}^{1/3}\approx 4,216\times 10^7\mathrm{m}$
cerca de 35 800 km acima do equador, com $2\pi r/T\approx 3,07km/s$. Como verificação, o raio é $42164/6771\approx 6,23$ vezes o da estação, então o período deveria ser $6,23^{3/2}\approx 15,5$ vezes maior, e de fato $1436/92,4\approx 15,5$.

Erros comuns

• Acreditar que não há gravidade em órbita. A 400 km, $g$ ainda é 8,7 m/s²; astronautas flutuam porque eles e a estação caem juntos.
• Medir $r$ a partir da superfície. Com 400 km em vez de 6771 km, a velocidade da estação sairia 31,6 km/s, e não 7,67 km/s.
• Pensar que satélites mais pesados ou órbitas mais altas precisam de mais velocidade. A fórmula $v=\sqrt{GM/r}$ não contém a massa do satélite, e o satélite geoestacionário é mais lento que a estação.
• Colocar a maior distância na terceira lei. O cometa de Halley vai de 0,59 AU a 35,1 AU, então $a=17,8\mathrm{AU}$ e $T=17,8^{3/2}\approx 75$ anos, e não 208 anos.
• Supor que o planeta acelera porque a atração é forte. No periélio a atração é máxima, 23,7 mm/s² na animação, mas é perpendicular à velocidade; por isso a velocidade acabou de parar de crescer.

Onde isso aparece

Satélites de navegação a 20 200 km de altitude, com períodos de 12 horas, satélites meteorológicos e de televisão geoestacionários, as marés e as massas de planetas e estrelas, lidas nas órbitas ao redor deles com a terceira lei: tudo depende desta lição.

A lei das áreas iguais é a conservação do momento angular, visto em “Momento angular e sua conservação”, e $U=-GMm/r$ generaliza o $mgh$ de “Trabalho, energia e potência”. O mesmo inverso do quadrado rege as cargas em “Lei de Coulomb”, e “A gravidade como espaço-tempo curvo” parte do fato de que todo corpo cai com a mesma aceleração.

Avançado

Da maçã à Lua

Esta seção apresenta a lei de força e as primeiras evidências de que uma única lei rege o chão e o céu. Duas massas $M$ e $m$ a uma distância $r$ se atraem com força de intensidade $GMm/r^2$, onde $G$ é a constante gravitacional. Em forma vetorial, com $M$ na origem e $m$ na posição $\vec{r}$,
$\vec{F}=-\frac{GMm}{r^2}\hat{r}$
onde $\hat{r}$ é o vetor unitário apontando de $M$ para $m$. O sinal de menos faz a força apontar de volta para $M$: a gravidade atrai.

O primeiro teste de Newton comparou a Lua com uma maçã caindo. Se a atração enfraquece com $1/r^2$, então a 60 raios terrestres ela deve ser $60^2=3600$ vezes mais fraca do que na superfície. A Lua está a $r=3,844\times 10^8\mathrm{m}$, cerca de 60 raios terrestres, e dá uma volta em torno da Terra em 27,32 dias ($T=2,36\times 10^6\mathrm{s}$). Para permanecer em seu círculo, ela precisa da aceleração centrípeta
$a_c=\frac{4{\pi }^{2}r}{T^2}\approx 2,72\times 10^{-3}m/{\mathrm{s}}^2$
e a lei do inverso do quadrado prevê $g/60^2=9,81/3600\approx 2,72\times 10^{-3}m/{\mathrm{s}}^2$. As duas concordam: a maçã e a Lua obedecem à mesma lei.

Por que a distância pode ser medida a partir do centro da Terra? Por causa do teorema das cascas esféricas: uma casca esférica uniforme atrai uma massa externa exatamente como se toda a massa da casca estivesse concentrada em seu centro, e não exerce força resultante alguma sobre uma massa interna a ela. Um planeta é um conjunto de cascas assim, então, visto de fora, age como uma massa pontual. No interior de um planeta uniforme, apenas as cascas mais próximas do centro puxam. Sua massa cresce com $r^3$, enquanto a atração por unidade de massa cai com $1/r^2$; assim, $g$ diminui proporcionalmente a $r$, até zero no centro.

Conhecida $G$, a mesma lei pesa a Terra. Cavendish mediu $G$ com uma balança de torção em 1798. Na superfície, $g=GM/R^2$, com $R$ o raio da Terra, logo $M=g{R}^2/G\approx 5,97\times 10^{24}\mathrm{kg}$. Isso corresponde a uma densidade média de 5,5 g/cm³, o dobro da das rochas da superfície; portanto, o interior profundo, sobretudo o núcleo, deve ser bem mais denso.

Áreas iguais a partir do momento angular

Kepler descobriu que a linha da estrela até um planeta varre áreas iguais em tempos iguais, de modo que o planeta se move rápido perto da estrela e devagar longe dela. Esta seção mostra que sua regra é a conservação do momento angular em outra forma.

Legenda

$M$	A estrela, de massa $M$.	$\mathrm{kg}$
$r$	Distância da estrela ao planeta.	$\mathrm{m}$
$\vec{F}$	Atração da estrela sobre o planeta, ao longo do raio em direção a $M$.	$\mathrm{N}$
$\vec{v}dt$	O passo do planeta no tempo curto $dt$: velocidade vezes tempo.	$\mathrm{m}$
$dr$	Parte do passo ao longo do raio: a variação de $r$.	$\mathrm{m}$
$rd\theta$	Parte do passo perpendicular ao raio: um arco de raio $r$.	$\mathrm{m}$
$d\theta$	Ângulo que o vetor raio gira durante o passo.	$\mathrm{rad}$
$dA$	Área do triângulo fino varrido pelo vetor raio durante o passo.	${\mathrm{m}}^2$

A Figura 1 amplia um pequeno passo de um planeta à distância $r$ de sua estrela $M$. A direção do vetor raio é dada pelo ângulo $\theta$. Em um intervalo curto $dt$, o planeta se desloca $\vec{v}dt$, a seta azul. Divida esse passo em duas partes. A parte $dr$ ao longo do raio apenas altera a distância; ela não varre área, pois apenas desliza o planeta sobre a reta em que ele já está. A parte perpendicular ao raio é o arco curto $rd\theta$, traçado quando o vetor raio gira pelo pequeno ângulo $d\theta$. Só essa parte varre área nova: o triângulo dourado, de base $r$ e altura $rd\theta$, logo $dA=\frac{1}{2}r\cdot rd\theta$.

Dividindo por $dt$ obtemos a velocidade areolar, a área varrida por unidade de tempo: $dA/dt=\frac{1}{2}{r}^2\dot{\theta }$, onde $\dot{\theta }=d\theta /dt$ é a taxa com que o vetor raio gira. A velocidade do planeta perpendicular ao raio é $r\dot{\theta }$, então seu momento angular em torno da estrela tem módulo $L=mr\cdot r\dot{\theta }=m{r}^2\dot{\theta }$. Logo
$\frac{dA}{dt}=\frac{L}{2m}$

Agora observe a força $\vec{F}$ na Figura 1: ela aponta ao longo do raio, para $M$. O torque $\vec{r}\times \vec{F}$ é, portanto, zero, pois o produto vetorial de dois vetores paralelos se anula, e sem torque o momento angular $\vec{L}$ não pode mudar. Seu módulo $L$ fixa a velocidade areolar, que é a segunda lei de Kepler. Sua direção, perpendicular a $\vec{r}$ e a $\vec{v}$, também nunca muda, de modo que a órbita permanece em um plano.

Nada aqui usou o $1/r^2$. Áreas iguais valem para toda força central, isto é, toda força que aponta ao longo da reta até um centro fixo. A segunda lei de Kepler, portanto, testa a direção da força, não como a sua intensidade depende da distância.

O planeta da animação torna isso concreto. Ele orbita uma estrela de uma massa solar em uma elipse com semieixo maior $a=1\mathrm{AU}$ (metade do maior diâmetro) e excentricidade $e=0,5$ (uma medida de quão achatada é a elipse: 0 para um círculo, perto de 1 para uma elipse longa e fina). Seu semieixo menor, metade do menor diâmetro, é $b=a\sqrt{1-e^2}\approx 0,866\mathrm{AU}$, e seu período, como mostra a terceira lei abaixo, é de um ano. Na visão do nível avançado, cada setor dourado é varrido em um oitavo do período, cerca de 45,7 dias, de modo que ambos têm um oitavo da área da elipse, $\pi ab/8\approx 0,34\mathrm{A}{\mathrm{U}}^2$. O setor no periélio, o ponto mais próximo da estrela, é curto e largo; o do afélio, o ponto mais distante, é longo e estreito.

Nas duas extremidades do eixo maior a velocidade é perpendicular ao raio, então ali $L/m=rv$ exatamente. Com as velocidades obtidas pela relação vis-viva abaixo, 51,6 km/s a 0,5 AU e 17,2 km/s a 1,5 AU, isso dá $0,5\cdot 51,6=1,5\cdot 17,2\approx 25,8\mathrm{AU}\cdot km/s$ em ambas as extremidades, como deve ser.

Energia e movimento radial

O momento angular sozinho não diz quão perto da estrela o planeta chega nem quão longe ele se afasta. A energia diz, e com ela a órbita se reduz a um problema unidimensional na distância $r$.

Legenda

$U_{eff}$	Energia potencial efetiva do movimento radial: $L^2/(2m{r}^2)-GMm/r$.	$\mathrm{J}$
$E$	Energia total: constante ao longo da órbita, negativa para uma órbita ligada; desenhada como um nível horizontal.	$\mathrm{J}$
$r$	Distância da estrela.	$\mathrm{m}$
$r_{\min }$	Distância no periélio $a(1-e)$: o ponto de retorno interno, onde $\dot{r}=0$.	$\mathrm{m}$
$r_{\max }$	Distância no afélio $a(1+e)$: o ponto de retorno externo, onde $\dot{r}=0$.	$\mathrm{m}$
$K_r$	Energia cinética radial $\frac{1}{2}m{\dot{r}}^2$: a diferença entre $E$ e $U_{eff}$.	$\mathrm{J}$
$\frac{L^2}{2m{r}^2}$	Termo centrífugo: a energia cinética do movimento lateral à distância $r$.	$\mathrm{J}$
$U$	Energia potencial gravitacional, $-GMm/r$.	$\mathrm{J}$

Comece com a energia potencial. Escolha $U=0$ quando os dois corpos estão infinitamente afastados. Então $U$ à distância $r$ é o trabalho que a gravidade realiza sobre $m$ ao levá-lo de $r$ até o infinito, ${\int }_r^{\infty }(-GMm/r^{\prime 2})d{r}^{\prime }$, o que dá
$U=-\frac{GMm}{r}$
É negativa em todos os pontos e sobe em direção a zero longe dali: a curva tracejada inferior, $U$, na Figura 2.

Em seguida, a energia cinética. Decomponha a velocidade em uma parte radial $\dot{r}$, a taxa com que a distância varia, e uma parte lateral $r\dot{\theta }$. De $L=m{r}^2\dot{\theta }$, a parte lateral vale $L/(mr)$, então sua energia cinética é $L^2/(2m{r}^2)$. A energia total conservada é então
$E=\frac{1}{2}m{\dot{r}}^2+\frac{L^2}{2m{r}^2}-\frac{GMm}{r}$

Como $L$ é constante, os dois últimos termos dependem apenas de $r$, então podem ser tratados juntos como uma única energia potencial para o movimento radial: a energia potencial efetiva $U_{eff}$, a curva roxa da Figura 2. Ela é a soma das duas curvas tracejadas. A superior, o termo centrífugo $L^2/(2m{r}^2)$, sobe abruptamente quando $r$ diminui; ela atua como uma barreira centrífuga que impede o planeta de cair na estrela. A inferior é $U$. Perto, a barreira vence; longe, vence a gravidade, e entre elas a soma forma um poço.

Agora leia a figura como uma bola rolando em um vale. A energia $E$ é o nível tracejado horizontal, o mesmo em todo $r$. A distância entre esse nível e a curva roxa é a energia cinética radial $K_r=\frac{1}{2}m{\dot{r}}^2$. Ela não pode ser negativa, então o planeta só pode estar onde a curva fica abaixo do nível.

Para $E<0$, como desenhado, o nível corta a curva em dois pontos de retorno, $r_{\min }$ e $r_{\max }$. Ali $K_r=0$, logo $\dot{r}=0$: a distância deixa de diminuir ou aumentar e inverte o sentido. A distância oscila, portanto, entre $r_{\min }$, o periélio, e $r_{\max }$, o afélio. Se o nível apenas toca o fundo do poço, os dois pontos de retorno se fundem e a órbita é um círculo. Para $E\ge 0$ o nível encontra a curva apenas uma vez, na barreira, e o planeta escapa para o infinito.

A forma da órbita

A Figura 2 dá a faixa de distâncias, mas não a curva que o planeta percorre. Para encontrar a curva, reescreva a equação radial do movimento em função do ângulo $\theta$, e não do tempo.

Ao longo do raio, a segunda lei de Newton diz $m(\ddot{r}-r{\dot{\theta }}^2)=-GMm/r^2$; o termo $-r{\dot{\theta }}^2$ é a aceleração centrípeta que vem da rotação do vetor raio. Duas mudanças tornam a equação solúvel. Primeiro, use $u=1/r$ como variável. Segundo, troque o tempo pelo ângulo com $\dot{\theta }=L/(m{r}^2)=(L/m)u^2$. Então $\dot{r}=-(L/m)du/d\theta$ e $\ddot{r}=-(L/m{)}^2{u}^2{d}^{2}u/d{\theta }^2$, e depois de dividir por $-m(L/m{)}^2{u}^2$ a lei torna-se linear:
$\frac{d^{2}u}{d{\theta }^2}+u=\frac{GM{m}^2}{L^2}$

Esta é a equação de um oscilador harmônico empurrado por uma força constante, então sua solução é essa constante mais um cosseno: $u=(1+e\cos \theta )/p$, com $p=L^2/(GM{m}^2)$ e $\theta$ medido a partir do periélio. Em termos de $r$,
$r=\frac{p}{1+e\cos \theta }$
que é uma seção cônica com a estrela em um foco: uma elipse para $e<1$ ($E<0$), uma parábola para $e=1$ ($E=0$) e uma hipérbole para $e>1$ ($E>0$). Para a elipse, periélio em $\theta =0$ e afélio em $\theta =\pi$ dão $r_{\min }=p/(1+e)$ e $r_{\max }=p/(1-e)$. A soma é o eixo maior $2a$, logo $p=a(1-e^2)=b^2/a$, $r_{\min }=a(1-e)$ e $r_{\max }=a(1+e)$.

A lei do inverso do quadrado é especial. Pelo teorema de Bertrand, apenas duas forças dão órbitas ligadas que sempre se fecham: a lei do inverso do quadrado e a força elástica linear. Com qualquer outra lei de potência, uma órbita ligada não se fecha, e seu periélio se desloca um pouco a cada volta.

A energia fixa o tamanho da elipse. Em qualquer ponto de retorno $\dot{r}=0$, então $E=L^2/(2m{r}^2)-GMm/r$. Multiplicado por $r^2$, isso é uma equação quadrática, $E{r}^2+GMmr-L^2/(2m)=0$, cujas duas raízes são $r_{\min }$ e $r_{\max }$. As raízes de uma quadrática somam o negativo do coeficiente do meio dividido pelo primeiro, logo $r_{\min }+r_{\max }=-GMm/E$. Essa soma é $2a$, portanto
$E=-\frac{GMm}{2a}$
A energia fixa o tamanho $a$; para um dado $a$, o momento angular fixa $p$ e, com ele, a forma $e$.

Igualando isso à energia em qualquer ponto da órbita, $\frac{1}{2}m{v}^2-GMm/r$, e dividindo por $m/2$, obtemos a relação vis-viva, que a animação usa para sua leitura de velocidade:
$v^2=GM\left(\frac{2}{r}-\frac{1}{a}\right)$
Em um círculo, $r=a$ e $v^2=GM/r$; a 1 AU do Sol isso dá 29,8 km/s, a velocidade orbital da Terra. Para o planeta da animação, com $a=1\mathrm{AU}$, a velocidade é $29,8\sqrt{2/r-1}km/s$ com $r$ em AU: 51,6 km/s no periélio e 17,2 km/s no afélio.

A terceira lei de Kepler

A terceira lei relaciona o período ao tamanho da órbita e, lida ao contrário, pesa o corpo central.

Em um período, o vetor raio varre a elipse inteira, de área $\pi ab$, à taxa constante $L/(2m)$, então $T=2\pi abm/L$. Elevando ao quadrado, $T^2=4{\pi }^2{a}^2{b}^2{m}^2/L^2$. Da equação da órbita, $L^2=GM{m}^{2}p$, e $p=b^2/a$, logo $L^2=GM{m}^2{b}^2/a$. Substituindo, $b^2$ e $m^2$ se cancelam:
$T^2=\frac{4{\pi }^2{a}^3}{GM}$
O período depende somente de $a$, não da forma: um círculo de raio 1 AU e a elipse da animação, com $a=1\mathrm{AU}$ e $e=0,5$, levam ambos um ano.

Lida ao contrário, a lei pesa o Sol. A órbita da Terra, com $a=1,496\times 10^{11}\mathrm{m}$ e $T=3,156\times 10^7\mathrm{s}$, dá $GM=4{\pi }^2{a}^3/T^2\approx 1,327\times 10^{20}{\mathrm{m}}^3/{\mathrm{s}}^2$, e assim uma massa solar de $1,99\times 10^{30}\mathrm{kg}$.

O tempo ao longo da órbita: equação de Kepler

As leis vistas até aqui dão a forma e o período, mas não onde o planeta está em um dado instante. Isso exige mais um ângulo, a anomalia excêntrica, e uma equação para ela.

Legenda

$O$	Centro da elipse e do círculo tracejado.
$M$	A estrela, em um foco da elipse; sua massa é $M$.	$\mathrm{kg}$
$a$	Semieixo maior: do centro até a extremidade do eixo longo; também o raio do círculo tracejado.	$\mathrm{m}$
$b$	Semieixo menor: do centro até a extremidade do eixo curto.	$\mathrm{m}$
$ae$	Distância do centro até a estrela: a excentricidade $e$ vezes $a$.	$\mathrm{m}$
$r$	Distância da estrela ao planeta.	$\mathrm{m}$
$\psi$	Anomalia excêntrica: o ângulo em $O$, a partir do eixo em direção ao periélio, até o ponto do círculo exatamente acima do planeta.	$\mathrm{rad}$

A Figura 3 mostra a elipse com seu centro $O$, o semieixo maior $a$ e o semieixo menor $b$. A estrela $M$ fica em um foco, a uma distância $ae$ de $O$; o periélio é a extremidade do eixo maior do lado da estrela. Em torno de $O$, desenhe o círculo tracejado de raio $a$, que toca a elipse nas duas extremidades do eixo maior. A partir do planeta, trace uma linha perpendicular ao eixo maior, a linha tracejada fina, até encontrar o círculo. A reta de $O$ até esse ponto do círculo forma com o eixo, em direção ao periélio, o ângulo $\psi$: esse ângulo é a anomalia excêntrica.

Comprimir o círculo na direção do eixo pelo fator $b/a$ o transforma na elipse; medido a partir de $O$, o planeta está em $(a\cos \psi ,b\sin \psi )$, enquanto a estrela está em $(ae,0)$. O teorema de Pitágoras dá a distância entre eles e, com $b^2=a^2(1-e^2)$, os termos se reúnem em um quadrado perfeito:
$r^2=a^2(\cos \psi -e{)}^2+b^2{\sin }^2\psi =a^2(1-e\cos \psi {)}^2$
ou seja, $r=a(1-e\cos \psi )$: menor, $a(1-e)$, em $\psi =0$, e maior, $a(1+e)$, em $\psi =\pi$.

Agora o tempo. Pela lei das áreas, o tempo $t$ desde o periélio é proporcional à área varrida desde então, e $t/T$ é essa área dividida pela elipse inteira, $\pi ab$. A área é mais fácil de achar no círculo e depois comprimir. No círculo, a região varrida desde o periélio até o ponto em $\psi$, vista da estrela, é o setor em $O$ de ângulo $\psi$, de área $\frac{1}{2}{a}^2\psi$, menos o triângulo de vértices $O$, a estrela e esse ponto. Esse triângulo tem base $ae$ e altura $a\sin \psi$, então sua área é $\frac{1}{2}{a}^{2}e\sin \psi$. Ao comprimir por $b/a$, cada área diminui pelo mesmo fator, logo a área varrida na elipse é $\frac{1}{2}ab(\psi -e\sin \psi )$. Dividindo por $\pi ab$ e multiplicando por $2\pi$, obtemos a equação de Kepler:
$\frac{2\pi t}{T}=\psi -e\sin \psi$

Dado $\psi$, o tempo sai imediatamente; dado o tempo, não há solução fechada para $\psi$. A animação encontra $\psi$ pelo método iterativo de Newton em cada um de seus passos de tempo, e depois a posição. O gráfico $r(t)$ da visão do nível avançado mostra o resultado: uma crista larga e plana em 1,5 AU e um vale estreito e agudo em 0,5 AU. O planeta cruza o eixo menor em $\psi =\pi /2$ e $\psi =3\pi /2$; substituindo esses valores na equação de Kepler, vê-se que ele passa uma fração $\frac{1}{2}+e/\pi \approx 0,66$ do seu ano do lado distante do eixo menor, cerca de 241 dias, contra 124 dias do lado próximo.

Problema resolvido: uma órbita de transferência

Naves espaciais também viajam por órbitas de Kepler. A rota mais barata com duas queimas entre duas órbitas circulares em torno da mesma estrela é a transferência de Hohmann: meia elipse que toca os dois círculos.

Legenda

$M$	A estrela, no centro dos dois círculos; sua massa é $M$.	$\mathrm{kg}$
$r_1$	Raio da órbita circular interna, onde a nave começa.	$\mathrm{m}$
$r_2$	Raio da órbita circular externa, o destino.	$\mathrm{m}$
$\Delta v_1$	Primeira queima, para frente no círculo interno: da velocidade circular até a velocidade no periélio da elipse.	$m/s$
$\Delta v_2$	Segunda queima, para frente no afélio, a extremidade distante da elipse: da velocidade no afélio até a velocidade circular.	$m/s$

A Figura 4 a desenha em escala para $r_1=0,5\mathrm{AU}$ e $r_2=1,5\mathrm{AU}$, de modo que a elipse de transferência é a elipse da animação. A nave começa no círculo interno. Uma queima para frente $\Delta v_1$ a coloca na elipse cujo periélio toca o círculo interno e cujo afélio toca o externo. Seu eixo maior é, portanto, $r_1+r_2$, logo $a=(r_1+r_2)/2=1\mathrm{AU}$. Só a metade contínua da elipse é percorrida; em sua extremidade distante, uma segunda queima para frente $\Delta v_2$ torna a órbita circular.

A primeira queima. Em um círculo, a relação vis-viva dá $v=\sqrt{GM/r}$, então a velocidade circular em $r_1$ é $29,8\sqrt{2}\approx 42,1km/s$. A elipse de transferência precisa da velocidade no periélio, de 51,6 km/s, logo $\Delta v_1=9,5km/s$.

A segunda queima. Meia órbita depois, após $T/2\approx 183$ dias, a nave chega ao afélio com 17,2 km/s. Isso é menos que a velocidade circular ali, $29,8/\sqrt{1,5}\approx 24,3km/s$, logo $\Delta v_2=7,1km/s$.

As duas queimas empurraram para frente, 16,6 km/s no total, mas a nave termina 17,8 km/s mais lenta do que começou. A energia resolve o paradoxo. Por quilograma, uma órbita circular tem energia total $E=-GM/(2r)$, energia cinética $GM/(2r)=-E$ e energia potencial $-GM/r=2E$. De $r_1$ a $r_2$, a energia total sobe de $-8,87\times 10^8$ para $-2,96\times 10^{8}J/kg$, então o motor fornece $5,91\times 10^{8}J/kg$. A energia potencial sobe o dobro disso, $1,18\times 10^{9}J/kg$, e a energia cinética cai $5,91\times 10^{8}J/kg$ para compensar a diferença. Órbitas mais altas são mais lentas, mas guardam mais energia.

A mesma rota da Terra a Marte, de 1 AU a 1,52 AU, tem $a\approx 1,26\mathrm{AU}$. Com $T$ em anos e $a$ em AU, a terceira lei fica $T=a^{3/2}$, então a viagem leva $\frac{1}{2}\cdot 1,26^{3/2}\approx 0,707$ anos, cerca de 258 dias.

Além de dois pontos materiais

Sistemas reais diferem de um ponto material girando em torno de outro fixo em três aspectos: ambos os corpos se movem, os corpos têm tamanho e normalmente há mais de dois.

Dois corpos orbitam o centro de massa comum, e a órbita relativa obedece às mesmas leis com $M$ substituído por $M+m$: $T^2=4{\pi }^2{a}^3/(G(M+m))$. O centro de massa Terra–Lua fica a 4670 km do centro da Terra, dentro da própria Terra; o centro Sol–Júpiter fica a 1,07 raio solar do centro do Sol, logo acima de sua superfície. A pequena oscilação de uma estrela em torno de um desses pontos revela planetas em torno de outras estrelas.

Um corpo de tamanho finito também sente como o campo varia através dele. O campo $GM/d^2$ de um corpo de massa $M$ à distância $d$ muda ao longo do raio da Terra $R$ cerca de $R$ vezes sua taxa de variação com a distância, $2GMR/d^3$. Para a Lua isso dá $1,1\times 10^{-6}m/{\mathrm{s}}^2$: a aceleração de maré, que estica os oceanos em duas protuberâncias, uma voltada para a Lua e outra no lado oposto. O campo do Sol na Terra é cerca de 180 vezes o da Lua, mas seu efeito de maré é apenas cerca de metade do da Lua, porque a diferença cai com $1/d^3$ e o Sol está cerca de 390 vezes mais longe.

Outros planetas perturbam todas as órbitas; eles fazem o periélio de Mercúrio avançar cerca de 530″ por século. O abaulamento equatorial da Terra gira os planos das órbitas dos satélites, cerca de 1° por dia para as órbitas quase polares escolhidas para acompanhar o Sol. Para três ou mais corpos não há fórmula geral, e as tabelas planetárias vêm de integração numérica.

Limites de validade

A lei do inverso do quadrado foi confirmada desde separações abaixo de um décimo de milímetro até distâncias planetárias, e a igualdade entre massa gravitacional e massa inercial, com precisão de cerca de uma parte em $10^{15}$. A gravitação newtoniana é o limite de campo fraco e movimento lento da relatividade geral. O tamanho das correções é dado pelo número puro $GM/(r{c}^2)$, com $c$ a velocidade da luz: cerca de $7\times 10^{-10}$ na superfície da Terra e $1\times 10^{-8}$ a 1 AU do Sol.

Por menores que sejam, as correções são medidas. O periélio de Mercúrio avança 43″ a mais por século; o planeta da animação, com $a=1\mathrm{AU}$ e $e=0,5$, giraria cerca de 5″ por século. Relógios de satélites de navegação a 20 200 km de altitude ganham cerca de 46 microssegundos por dia em relação aos relógios no solo, porque a gravidade é mais fraca ali; sua velocidade orbital devolve cerca de 7, restando um ganho líquido de cerca de 38. Perto de uma estrela de nêutrons, onde $GM/(r{c}^2)\approx 0,2$, e no horizonte de um buraco negro, onde esse valor chega a 0,5, a lei de Newton simplesmente falha.

A gravidade é também extremamente fraca: dois elétrons se repelem eletricamente cerca de $4\times 10^{42}$ vezes mais intensamente do que se atraem gravitacionalmente. Ela domina o céu apenas porque a massa tem um único sinal, então sempre se soma, enquanto as cargas positivas e negativas de corpos grandes se cancelam. No comprimento de Planck, cerca de $1,6\times 10^{-35}\mathrm{m}$, a gravidade e a mecânica quântica seriam ambas importantes, e nenhuma teoria testada cobre esse regime.

Para onde isso leva

A lei das áreas iguais é a conservação do momento angular, vista em “Momento angular e sua conservação”, e $U=-GMm/r$ é a forma geral do $mgh$ de “Trabalho, energia e potência”. O mesmo inverso do quadrado rege as cargas em “Lei de Coulomb”, cuja imagem de campo continua em “Campo elétrico e potencial”, e o elétron se move em uma órbita de Kepler com momento angular quantizado em “Modelos atômicos: o átomo de Bohr”.

No interior de uma Terra uniforme, $g\propto r$, uma força restauradora que cresce com a distância ao centro, que é a condição de “Movimento harmônico simples”: um trem em um túnel sem atrito através do centro atravessaria em cerca de 42 minutos, metade do período de 84 minutos de uma órbita rente à superfície. Por fim, a igualdade entre massa gravitacional e massa inercial é o ponto de partida de “A gravidade como espaço-tempo curvo”, onde as órbitas se tornam os caminhos mais retos através do espaço-tempo curvo.