Considere um objeto de massa m na superfície da Terra, de massa M e raio R. A energia potencial gravitacional (tomando o zero no infinito) é dada por
U(r)=-\frac{G M m}{r},
onde G é a constante gravitacional universal.
(a) Usando a conservação da energia mecânica, deduza a expressão da velocidade de escape v_{\text {esc }} necessária para que o objeto, lançado da superfície da Terra sem atrito, atinja o infinito com velocidade final nula.
(b) Mostre que a expressão obtida pode ser escrita como
v_{\mathrm{esc}}=\sqrt{\frac{2 G M}{R}}
(c) Usando os valores numéricos aproximados
G=6,67 \times 10^{-11} \mathrm{Nm}^{2} / \mathrm{kg}^{2}, \quad M=5,97 \times 10^{24} \mathrm{~kg}, \quad R=6,37 \times 10^{6} \mathrm{~m}
calcule o valor aproximado de v_{\text {esc }} \mathrm{em} \mathrm{km} / \mathrm{s}.
(d) Comente o significado físico da velocidade de escape e compare, qualitativamente, esse valor com velocidades típicas de satélites em órbita baixa da Terra.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede.
  • O enunciado dá a energia potencial gravitacional (com zero no infinito):
U(r)=-\frac{G M m}{r},
onde G é a constante gravitacional universal, M é a massa da Terra, m é a massa do objeto e r é a distância do centro da Terra.
  • A situação é: o objeto é lançado da superfície da Terra (ou seja, em r=R, onde R é o raio da Terra), sem atrito, e queremos que ele atinja o infinito com velocidade final nula.
  • Perguntas:
    (a) Usando conservação da energia mecânica, deduzir a expressão da velocidade de escape v_{\text{esc}}.
    (b) Mostrar que essa expressão pode ser escrita como \displaystyle v_{\mathrm{esc}}=\sqrt{\frac{2 G M}{R}}.
    (c) Calcular numericamente v_{\text{esc}} em \mathrm{km/s} usando os valores G=6,67\times10^{-11}\\ \mathrm{N\,m^{2}/kg^{2}},\quad M=5,97\times10^{24}\\ \mathrm{kg},\quad R=6,37\times10^{6}\\ \mathrm{m}.(d) Explicar fisicamente o significado da velocidade de escape e comparar qualitativamente com velocidades típicas de satélites em órbita baixa.

Passo 2

Conservação da energia mecânica (sem atrito) diz que a energia mecânica total inicial é igual à energia mecânica total final:
E_{\text{inicial}}=E_{\text{final}}.
Aqui a energia mecânica total é a soma da energia cinética K e da energia potencial U. Para um objeto de massa m com velocidade v,
K=\frac{1}{2}m v^{2}.
A energia potencial gravitacional é dada no enunciado por U(r)=-\dfrac{G M m}{r}. Vou explicitar cada termo:
  • m: massa do objeto (cancela mais adiante).
  • M: massa da Terra.
  • R: raio da Terra (ponto de lançamento, r=R).
  • G: constante gravitacional universal.
  • v: velocidade do objeto na superfície (é o que queremos achar: v_{\text{esc}}).

Passo 3

Escrever as energias nos dois pontos (inicial: na superfície; final: no infinito).
  • Energia inicial (em r=R): energia cinética inicial mais energia potencial gravitacional em R:
E_{\text{inicial}}=\frac{1}{2}m v_{\text{esc}}^{2}-\frac{G M m}{R}.
Observação: o sinal negativo vem de U(R)=-\dfrac{G M m}{R}.
  • Energia final (em r\to\infty): por escolha do zero de referência, U(\infty)=0. Queremos que a velocidade final seja nula, então K(\infty)=0. Assim
E_{\text{final}}=0+0=0.
Aplicando conservação da energia:
\frac{1}{2}m v_{\text{esc}}^{2}-\frac{G M m}{R}=0.

Passo 4

Resolver a equação anterior para v_{\text{esc}}. Primeiro isolar o termo cinético:
\frac{1}{2}m v_{\text{esc}}^{2}=\frac{G M m}{R}.
Como m aparece em ambos os lados, divide-se por m (portanto a velocidade de escape é independente da massa do objeto):
\frac{1}{2} v_{\text{esc}}^{2}=\frac{G M}{R}.
Multiplicando ambos os lados por 2 e extraindo raiz quadrada:
v_{\text{esc}}^{2}=\frac{2 G M}{R}\quad\Rightarrow\quad v_{\text{esc}}=\sqrt{\frac{2 G M}{R}}.
Isso responde (a) e (b): obtivemos explicitamente a expressão pedida.

Passo 5

Agora calcular numericamente usando os valores fornecidos. Vou fazer as contas passo a passo, mantendo notação científica para não confundir.
Calcular primeiro o produto G M:
G M=(6,67\times10^{-11})\times(5,97\times10^{24})=6,67\times5,97\times10^{-11+24}.
Fazendo 6,67\times5,97:
6,67\times5,97\approx39,82.
Portanto
G M\approx39,82\times10^{13}=3,982\times10^{14}\\ (\mathrm{SI}).
Agora calcular \dfrac{2GM}{R}:
\frac{2GM}{R}=\frac{2\times3,982\times10^{14}}{6,37\times10^{6}}=\frac{7,964\times10^{14}}{6,37\times10^{6}}.
Dividindo as mantissas e subtraindo expoentes:
\frac{7,964}{6,37}\approx1,251\quad\text{e}\quad10^{14-6}=10^{8},
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\frac{2GM}{R}\approx1,251\times10^{8}\\ (\mathrm{m^{2}/s^{2}}).
Agora a raiz quadrada:
v_{\text{esc}}=\sqrt{1,251\times10^{8}}=\sqrt{1,251}\times\sqrt{10^{8}}\approx1,119\times10^{4}\\ \mathrm{m/s}.
Convertendo para \mathrm{km/s}:
v_{\text{esc}}\approx1,119\times10^{4}\\ \mathrm{m/s}=11,19\\ \mathrm{km/s}.
Arredondando com duas casas significativas relevantes:
v_{\text{esc}}\approx11,2\\ \mathrm{km/s}.

Passo 6

Interpretação física e comparação com velocidades de satélites em órbita baixa.
  • Significado físico: a velocidade de escape é a velocidade mínima que um objeto, lançado da superfície (ignorando resistência do ar), precisa ter para que a energia cinética inicial compense exatamente a energia potencial gravitacional negativa e assim permita que o objeto vá até infinito com velocidade final nula. Em outras palavras, com essa velocidade o objeto chega ao infinito com energia total zero; qualquer velocidade maior dá energia positiva no infinito (o objeto escapará com velocidade residual), qualquer velocidade menor não é suficiente e o objeto será ligado gravitacionalmente à Terra (vai retornar ou ficar em órbita).
  • Observação importante: essa velocidade é calculada sem considerar a resistência do ar e assumindo que se aplica toda a velocidade radialmente para “subir” contra o poço gravitacional. Na prática, para lançar coisas ao espaço também é preciso vencer a atmosfera e considerar a trajetória e o tipo de motor.
  • Comparação qualitativa com satélites em órbita baixa (LEO): satélites em órbita baixa têm velocidades típicas cerca de 7,5 a 8,0\\ \mathrm{km/s} (por exemplo ~ 7,8\\ \mathrm{km/s}). Esse valor é significativamente menor que 11,2\\ \mathrm{km/s}. Por isso:
    • Uma velocidade orbital baixa (tangencial) de \sim7,8\\ \mathrm{km/s} mantém um satélite em órbita circular ao invés de escapar.
    • Para escapar partindo de uma órbita baixa, seria necessário um Δv adicional (diferença de velocidade) da ordem de alguns \mathrm{km/s} (aproximadamente a diferença entre 11,2 e 7,8 km/s, ignorando perdas) para passar de órbita ligada a trajetória de escape.
Terminando com um incentivo: sei que é muita conta, mas essa dedução é padrão e muito útil — memorizando a forma \displaystyle v_{\text{esc}}=\sqrt{\frac{2GM}{R}} e o valor aproximado 11,2\\ \mathrm{km/s} já resolve muitas questões de prova.

Resposta

(a) \displaystyle v_{\text{esc}}=\sqrt{\frac{2 G M}{R}}
(b) \displaystyle v_{\text{esc}}=\sqrt{\frac{2 G M}{R}}
(c) \displaystyle v_{\text{esc}}\approx11,2\\ \mathrm{km/s}
(d) A velocidade de escape é a velocidade mínima (ignorando atrito) necessária para que um objeto vença o poço gravitacional da Terra e atinja o infinito com energia total nula. Esse valor ( \sim11,2\\ \mathrm{km/s}) é maior que a velocidade típica de satélites em órbita baixa ( \sim7{,}8\\ \mathrm{km/s}), por isso órbita baixa não significa escape.

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