Lei da Gravitação Universal

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5.1 Introdução
A Lei da Gravitação Universal foi formulada por 
Newton em 1666 e publicada em seu livro 
Principia em 1687. Ela afirma que duas partículas 
pontuais se atraem mutuamente com força propor-
cional ao produto das massas e inversamente pro-
porcional ao quadrado da distância entre elas. 
Matematicamente falando, o módulo da força de 
atração entre as duas massas da figura abaixo é
dado por
5
Gravitação
2r
mMGF =
onde G é a constante de proporcionalidade, chama-
da constante de gravitação universal e r é a 
distância entre as massas.
r
rˆ
Vetorialmente, a força que a massa M exerce sobre 
a massa m é dada por 
M
m
32 ˆ r
GmMr
r
mMG rF −=−=
onde r é o vetor que vai de M até m e é o vetor 
unitário na direção de r.
A constante G foi medida pela primeira vez por 
Cavendish em 1798 e o seu valor (medida atual) é
rˆ
11 2 26,6726 10 N m / kgG −= × ⋅
É interessante observar que apesar de ser a cons-
tante universal da Física conhecida a mais tempo 
(outras são c, e, h, ...), a constante G é aquela 
medida com menor precisão experimental.
A força de atração sofrida por uma partícula 
pontual de massa m colocada nas proximidades de 
um corpo extenso (não pontual) pode ser calculada
através do princípio da superposição. Imaginamos 
o corpo dividido em pequenos elementos infinitesi-
mais e escrevemos a força total sobre a partícula 
como sendo a soma (integral) das forças devidas a 
cada elemento. Assim, a força sobre a massa m da 
figura abaixo é dada por
 )(')'( 3∫ ′−
′−−=
rr
rrrF υρ dGm
r
'r
'υd
onde é a densidade volumétrica de massa e 
dυ´ é o elemento de volume na posição r´; r – r´ é
o vetor que vai do elemento de massa até a massa 
pontual. 
)( 'rρ
Como você acha que deve ser a expressão para a 
força de atração gravitacional entre dois corpos 
com extensão finita?
O vetor campo gravitacional, g, é definido como 
sendo a força por unidade de massa exercida sobre 
uma partícula de prova (a massa m). Assim, o 
campo gravitacional no ponto r da figura acima 
(onde se encontra a massa m) é dado por
1
Observe que g é uma propriedade somente da 
distribuição de massa (não depende da massa de 
prova). O campo gravitacional tem dimensão de 
força dividida por massa que é igual a aceleração. 
O campo gravitacional é a aceleração que uma 
massa de prova sofreria se fosse colocada no ponto
r. No SI, g é medido em m/s2 = N/kg. 
m
rr ′−
 )(')'()( 3∫ ′−
′−−=
rr
rrrrg υρ dG
2
O campo gravitacional no ponto P da figura 
abaixo, devido a uma massa pontual M situada na 
origem, é dado por
r
r
MG
r
GM ˆ )( 23 −=−= rrg
PM r
5.2 Potencial gravitacional
Como
3
1′ = −∇ ′′
r - r
r - rr - r
Podemos escrever a integral do campo gravita-
cional como
Esta expressão nos permite escrever o campo 
gravitacional como
Φ é chamado potencial gravitacional e C é uma 
constante aditiva que não altera o campo gravita-
cional. Um caso interessante (e bastante comum) é
o de uma distribuição localizada de massa (a massa 
está toda localizada dentro de uma esfera de raio 
finito). Nesse caso a integral acima tende a zero 
quando │r│→∞ e é conveniente (embora não 
obrigatório) fazer C igual a zero. Como g é um 
gradiente, . Portanto, o campo gravitacio-
nal é um campo conservativo.
No caso de uma massa pontual M situada na 
origem, a densidade de massa pode ser escrita 
como
( )( ) Mρ δ ′=r' r
Se a massa estiver distribuída em uma superfície,
')'( )( daG∫ ′−−=Φ rr rr σ
onde σ é a densidade superficial de massa. Se a 
massa estiver distribuída ao longo de uma linha,
onde λ é a densidade linear de massa.
Uma interpretação física do potencial gravitacional 
pode ser dada em termos do trabalho realizado pela 
força gravitacional sobre a massa de prova. 
Suponha que uma massa de prova m seja deslocada 
do ponto a ao ponto b através de um caminho 
qualquer em um campo gravitacional. 
a
b
F
rd
O trabalho realizado pela força gravitacional sobre 
a massa m é dado por
)( ab
b
a
b
a
b
a
b
aab
mdm
dmdmdW
Φ−Φ−=Φ−=
⋅Φ∇−=⋅=⋅=
∫
∫∫∫ rrgrF
Conforme definido no capítulo 2, a diferença de 
energia potencial é definida como
m
Wab
ab −=Φ−Φ
ou
abab WUU −=−
de forma que
m
UU ab
ab
−=Φ−Φ
rˆ sdG ′′−−=Φ ∫ rr rr )'( )( λ
•
 = −∇Φg
O potencial gravitacional é a energia potencial por 
unidade de massa!
( ') '( ) dG ρ υ⎧ ⎫⎪ ⎪= ∇⎨ ⎬′−⎪ ⎪⎩ ⎭∫
rg r
r r
onde
( ') 'dG Cρ υΦ = − +′−∫ rr r
de forma que a integral acima resulta em
( ') 'd GM GMGM
r
δ υΦ = − = − = −′−∫ rr r r
0∇× =g
3
Se a for o ponto onde escolhemos fazer o potencial 
e a energia potencial nulos e se a posição do ponto 
b for dada pelo vetor r, podemos escrever
m
U )()( rr =Φ
Exemplo 5.1 ---------------------------------------------
Considere a camada esférica de raio interno b e 
raio externo a da figura abaixo. Obtenha expre-
ssões para o potencial gravitacional no exterior, no 
interior e na camada.
Solução. 
' )'( υρ dG∫ ′−−=Φ rr r
'υd
r
rr ′−
P
Em coordenadas esféricas
φθθυ ′′′= dddrrd ' sen'' 2
∫∫∫ ′− ′′′−=Φ
ππ φθθρ 2
00
2 sen''
rr
dddrrG
a
b
onde ρ é a densidade de massa suposta constante. 
Como o integrando não depende de φ, a integral em 
dφ pode ser realizada de imediato. Assim
 sen''2
0
2 ∫∫ ′− ′′−=Φ
π θθπρ
rr
ddrrG
a
b
A integral em θ´ é dada por
1 1
2 ' '
du u
rr rru
=∫
'r
( ) ( ){ }2 22 ' ' abG r r r r r drrπρ ′ ′Φ = − + − −∫
O resultado do termo entre chaves na expressão 
acima depende do ponto P estar no exterior ou no 
interior da camada.
Se o ponto P estiver no exterior da camada, r > r´, 
de forma que
( )
2
3 3
4 ' '
4 (5 .17 )
3
a
b
G r dr
r
G a b
r
πρ
πρ
Φ = −
= − −
∫
Assim 
Como a massa total da camada é dada por 
3 34 ( )
3
M a bπρ= −
podemos escrever
 ( ) (5.19)GMr a
r
Φ > = −
θb
a
′r - rr'
Para resolver a integral você pode fazer u = r2 + r´2 
– 2rr´cosθ´, de forma que du = 2rr´senθ´dθ´.
Assim a integral torna-se
( ) ( )
2 20 0
2 2
0
2 2
sen sen 
2 co s
1 2 co s
1 
d d
r r rr
r r rr
rr
r r r r
rr
π π
π
θ θ θ θ
θ
θ
′ ′ ′ ′=′− ′ ′ ′+ −
′ ′ ′= + −′
⎧ ⎫′ ′= + − −⎨ ⎬′ ⎩ ⎭
∫ ∫r r
Para efeito do cálculo do potencial no exterior da 
camada esférica, ela se comporta como se toda sua 
massa estivesse concentrada em seu centro. Este 
resultado pode ser estendido para uma esfera 
maciça imaginando que ela seja composta de várias 
camadas, uma dentro da outra (como uma cebola).
Se o ponto P estiver no interior da camada, r < r´, 
de forma que
Com este resultado a expressão para o potencial 
torna-se
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2r r r r r r r r r′ ′ ′ ′ ′+ − − = + − − =
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2r r r r r r r r r′ ′ ′ ′+ − − = + − − =
r
( )2 2
( ) 4 ' '
 2 (5.20)
a
b
r b G r dr
G a b
πρ
πρ
Φ < = −
= − −
∫
O potencial gravitacional no interior da camada 
esférica é constante (independe de r).
Finalmente, devemos considerar a situação em que 
o ponto P está na camada (b < r < a). Nesse caso, 
é conveniente dividir a camada em duas sub-
camadas de forma que P esteja no interior de uma 
delas e no exterior da outra.
P
P
r
ba
O potencial é a soma das contribuições das sub-
camadas interna (de raio menor b e raio maior r) e 
externa (de raio menor r e raio maior a). Utilizando 
as soluções (5.17) e (5.20), temos
 raG br
r
Gbrb )(2)(
3
4)( 2233 −−−−=<<Φ πρπρ
(5.21) 
632
4
232
 r
r
baG ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ −−−= πρ
Observe que esta solução leva ao mesmo resultado 
que (5.20) quando r =b e ao mesmo resultado que 
(5.17) quando r = a (o potencial é contínuo).
A componente radial do campo gravitacional (a 
única não nula) pode ser calculada da equação
rg d dr= − Φ
( ) 0rg r b< =
3
2
4( )
3r
G bg b r a r
r
πρ ⎛ ⎞< < = − −⎜ ⎟⎝ ⎠
2( )r
GMg r a
r
> = −
A figura abaixo mostra os gráficos do potencial e 
do campo gravitacional em função de r. Observe 
que ambos, gr e Φ, são contínuos (verifique).
rab
Φ−
rab
rg−
Assim:
A lei de Gauss para g
Em analogia com o fluxo do campo elétrico, 
define-se o fluxo do campo gravitacional através de 
uma superfície S como 
∫ ⋅=Ψ
S
dan ˆ g
onde a integral é calculada sobre S e é o vetor 
unitário normal à superfície no elemento de área 
da. 
A seguir vamos considerar o fluxo do campo 
gravitacional através de uma superfície fechada 
que envolve uma massa pontual em seu interior.
g
nˆ
θm
θcosˆ 2r
Gm n −=⋅g
de forma que
De acordo com a figura ( aponta para fora),
r
nˆ
nˆ
4
( )2 22 G a bπρ −
GM
a
2
GM
a
Assim 
da
r
Gm
S
∫−=Ψ cos2θ
O integrando acima é chamado elemento de ângulo 
sólido e pode ser escrito como
22
cos 
r
da
r
dad ⊥==Ω θ
θcosdada =⊥
da
rˆ
∫ =Ω
S
d π4
que é a área de uma esfera dividida pelo quadrado 
do seu raio.
Voltando ao fluxo, temos
Gmπ4−=Ψ
Este resultado independe de onde a massa se 
encontra, desde que ela esteja no interior da 
superfície. 
Quando a massa se encontra no exterior da 
superfície fechada, o fluxo é zero. Observe que 
cada elemento
nˆ
g
nˆ
g
m
m
de superfície que contribui com um fluxo positivo 
possui um elemento oposto que contribui com um 
fluxo negativo de mesma magnitude (o ângulo 
sólido é o mesmo para os dois elementos). 
Quando várias massas pontuais se encontram no 
interior da superfície, cada uma delas contribui 
com um fluxo – 4πGmi (note que só as massas que 
estão no interior da superfície contribuem). Assim, 
o fluxo total é dado por
∑∫ −=⋅=Ψ
i
i
S
mGdan π4 ˆ g
Observe que esta expressão é similar à Lei de 
Gauss do eletromagnetismo em sua forma integral.
Para uma distribuição contínua de massa
∫∫ −=⋅
VS
dGdan υρπ 4 ˆ g
onde a integral em dυ se estende sobre o volume 
delimitado pela superfície fechada.
O teorema da divergência de Gauss afirma que se 
A for um campo vetorial, então 
∫∫ ⋅∇=⋅
VS
ddan υ ˆ AA
de forma que podemos escrever
4 
V V
d G dυ π ρ υ∇⋅ = −∫ ∫g
Uma vez que o volume de integração é arbitrário, 
os integrandos devem ser iguais. Portanto,
4 Gπ ρ∇ ⋅ = −g
que é um resultado similar à forma diferencial da 
Lei de Gauss para o campo elétrico.
Lembrando que g = –∇Φ, podemos escrever
ρπG4=Φ∇⋅∇
ou 
ρπG42 =Φ∇
que é a equação de Poisson para o potencial 
gravitacional. Em regiões do espaço onde a 
densidade de massa é nula, podemos escrever
02 =Φ∇
que é a equação de Laplace para o potencial 
gravitacional.
5
é chamada ângulo sólido. Quando a integral é feita 
sobre uma superfície fechada 
r
nˆ
θ
∫ Ω=Ω d
Veja que da⊥ é proporcional a r2, de forma que dΩ
não depende de r. A integral
6
Exemplo 5.3 ---------------------------------------------
Considere um disco fino de massa M e raio a. 
Obtenha a força sobre uma massa m localizada no 
eixo do disco a uma distância z do seu centro.
Solução: método do potencial.
m
r
r′
rr ′−
a
O potencial gravitacional é dado por 
∫ ′−
′−=Φ
rr
ad
G
σ
onde σ é a densidade superficial de massa do disco, 
suposta constante. Em coordenadas cilíndricas,
22 e zrdrdrad +′=′−′′′=′ rrφ
φ′d
rr ≡′≡′ zr e onde
Assim
∫∫ ′+′
′′−=Φ π φσ 2
00 22
d
zr
rdrG
a
2 20
2 2
0
2 2
2
2 
2
a
a
r d rG
r z
G r z
G a z z
πσ
πσ
πσ
′ ′= − ′ +
′= − +
⎡ ⎤= − + −⎣ ⎦
∫
A força sobre m é dada por
Φ∇−== mmgF
Como a massa do disco é dada por 
 2aM σπ=
podemos escrever 
Por argumentos de simetria, pode-se concluir que F
só tem componente ao longo do eixo z. Assim
2 2
2z
z zF m m G
z za z
π σ ⎡ ⎤∂Φ= − = −⎢ ⎥∂ +⎣ ⎦
2 2 2
2
z
MmG z zF
a z a z
⎡ ⎤= − −⎢ ⎥+⎣ ⎦
∫ ′−
′−′−== 3rr
rrgF adGmm σ
Por simetria, vemos que F só tem componente 
vertical. Como a componente de na direção 
vertical é z, podemos escrever 
que é igual ao resultado obtido como derivada do 
potencial.
Outra solução: cálculo direto de F.
A força sobre a massa m da figura acima é dada por 
2
2 2 3 / 20 0
2 2 3 / 20
2 2
0
2 2
2 2 2
( )
 2
( )
 2 
 2
2 
a
z
a
a
zr drF m G d
r z
zr drm G
r z
zm G
r z
z zm G
za z
M m G z z
a z a z
πσ φ
π σ
π σ
π σ
′ ′ ′= − ′ +
′ ′= − ′ +
= ′ +
⎡ ⎤= −⎢ ⎥+⎣ ⎦
⎡ ⎤= − −⎢ ⎥+⎣ ⎦
∫ ∫
∫
rr ′−
7
5.3 Linhas de força e superfícies 
equipotenciais
Da mesma forma que o campo elétrico, o campo 
gravitacional também pode ser representado por 
linhas de força. Estas linhas são construídas de 
forma que:
(a) cada linha tenha a mesma direção e o mesmo 
sentido do vetor g em cada ponto do espaço;
(módulo) 
área
linhas de número )( gb ∝
A figura abaixo mostra as linhas de força 
(pontilhadas) para duas massas iguais. Note que a 
configuração das linhas é a mesma que para duas 
cargas elétricas negativas.
Define-se uma superfície equipotencial como 
sendo o conjunto dos pontos onde o potencial 
assume o mesmo valor, ou seja, é o conjunto dos 
pontos tais que Φ(x,y,z) = cte. Cada valor da cons-
tante define uma superfície equipotencial diferente.
É fácil mostrar que as superfícies equipotenciais 
são perpendiculares às linhas de força. Para isto 
considere dois pontos infinitesimalmente próximos 
sobre uma mesma superfície. A diferença de 
potencial entre estes pontos é dada por 
dsgddd //−=⋅−=⋅Φ∇=Φ sgs
onde ds é um elemento de deslocamento sobre a 
superfície. Como todos os pontos sobre uma 
mesma superfície têm o mesmo potencial, dΦ = 0. 
Assim, g// = 0, e portanto, g é perpendicular à
superfície equipotencial. As superfícies equipoten-
ciais para duas massas iguais (linhas contínuas) são 
mostradas juntamente com as linhas de força 
(linhas pontilhadas).
sd
g
⊥g//g
m m
•
•
Problemas 
1. Se o vetor campo gravitacional no interior de 
uma distribuição esférica de massa for indepen-
dente de r, qual a função ρ(r) que descreve a 
densidade?
2. Desprezando a resistência do ar, calcule a 
velocidade mínima (obtenha um valor numérico) 
que uma partícula deve ter na superfície da Terra 
para escapar do seu campo gravitacional. Esta 
velocidade é chamada velocidade de escape. 
3. Uma partícula encontra-se a uma distância d de 
um centro de força. A força é dirigida para o centro 
e tem módulo dado por 
32 rmkF =
Mostre que a partícula demora um tempo
kdt 2=
para atingir o centro.
8
4. Calcule diretamente a força gravitacional sobre 
uma partícula de massa m situada no exterior de 
uma esfera com uma densidade homogênea de 
massa.
5. Calcule o potencial gravitacional devido a uma 
barra fina de comprimento l e massa M em um 
ponto situado a uma distância R do centro da barra, 
em uma direção perpendicular à barra.
6. Obtenha uma expressão integral para o potencial 
gravitacional devido a um anel circular fino de raio 
a e massa M, em um ponto situado no plano do 
anel, a uma distância R do seu centro, no seu 
exterior. Supondo R >> a, expanda a expressão do 
potencial e calcule os dois primeiros termos da 
série.
8. Considere um corpo massivo, de formato arbi-
trário, e um superfície esférica (imaginária) externa 
ao corpo (que não contém o corpo). Mostre que o 
valor médio do potencial, devido ao corpo, tomado 
sobre a superfície esférica é igual ao potencial nocentro da esfera.
9. No problema anterior, considere que o corpo 
esteja no interior da superfície esférica. Agora, 
mostre que o valor médio do potencial sobre a 
superfície esférica é igual ao potencial que 
teríamos na superfície da esfera se toda a massa do 
corpo estivesse concentrada no centro da esfera.
10. Considere um planeta (hipotético) de raio R1 e 
densidade uniforme ρ1 coberto com uma densa 
nuvem esférica de poeira de raio externo R2 e 
densidade ρ2. Qual a força sobre uma partícula de 
massa m colocada no interior da nuvem de poeira, a 
uma distância r do centro do planeta?
11. Uma partícula é deixada cair dentro de um 
(hipotético) buraco reto que atravessa toda a Terra 
passando pelo seu centro. Desprezando efeitos 
rotacionais e supondo que a Terra possua uma 
densidade uniforme, mostre que a partícula executa 
um movimento harmônico simples. Calcule o 
período das oscilações. 
7. Uma esfera uniforme de massa m e raio R é
fixada a uma distância h acima de uma folha fina e 
infinita de densidade superficial de massa σ. 
Calcule a força exercida pela esfera sobre a folha.