Num sistema estelar binário. duas estrelas de massa 3,0 \times 10^{41} kg, cada uma, giram em torno do centro de massa do sistema num raio de 1.0 \times 10^{11} \mathrm{~m}. (a) Qual a velocidade angular comum às duas estrelas? (b) Se um meteoríto passa pelo centro de massa do sistema, perpendicular ao plano da órbita das estrelas, que valor sua velocidade precisa exceder, naquele ponto, para ele escapar do sistema estelar rumo ao “infinito”?

Passo 1

O enunciado dá o seguinte (peguei estes valores do enunciado):
  • Duas estrelas, cada uma com massa \,m=3{,}0\times10^{41}\\ \mathrm{kg}\,.
  • Cada estrela descreve uma órbita circular em torno do centro de massa do sistema com raio \,r=1{,}0\times10^{11}\\ \mathrm{m}\,. (Ou seja, a distância entre as duas estrelas é 2r.)
    O enunciado pede duas coisas:
    (a) A velocidade angular comum \,\omega\, das duas estrelas.
    (b) A velocidade mínima que um meteorito, passando pelo centro de massa perpendicular ao plano orbital, precisa exceder naquele ponto para escapar ao “infinito” (ou seja, a velocidade de escape naquele ponto).

Passo 2

Entendimento físico e equações que vamos usar (passo didático).
  • Lei da gravitação de Newton: a força de atração gravitacional entre duas massas puntiformes é
F_G = G\frac{m_1 m_2}{d^2},
onde G é a constante gravitacional ( G=6{,}67\times10^{-11}\\ \mathrm{m^3\,kg^{-1}\,s^{-2}}), m_1,m_2 são as massas e d é a separação entre elas.
  • Força centrípeta necessária para manter uma massa m em movimento circular de raio r com velocidade angular \omega é
F_{\text{cent}} = m r \omega^2.
No nosso caso cada estrela sente a atração gravitacional da outra; essa força é a que fornece a força centrípeta para a órbita em torno do centro de massa.

Passo 3

Derivar a expressão de \omega.
  • A distância entre as estrelas é d=2r. Pela lei da gravitação, a força gravitacional que uma estrela exerce sobre a outra vale
F_G = G\frac{m\cdot m}{(2r)^2} = G\frac{m^2}{4r^2}.
  • Essa força atua como força centrípeta para cada estrela, logo igualamos
m r \omega^2 = G\frac{m^2}{4r^2}.
  • Cancelando m dos dois lados e isolando \omega^2 obtemos
\omega^2 = \frac{G m}{4 r^3}.
  • Portanto
\omega = \sqrt{\frac{G m}{4 r^3}}.
Essa é a fórmula que usaremos para calcular numericamente.

Passo 4

Cálculo numérico de \omega com todos os passos e tratamento de potências:
  • Primeiro calcule Gm:
G m = (6{,}67\times10^{-11})\times(3{,}0\times10^{41})=2{,}001\times10^{31}.
  • Calcule 4 r^3:
r^3 = (1{,}0\times10^{11})^3 = 1{,}0\times10^{33}, \qquad 4 r^3 = 4{,}0\times10^{33}.
  • Então
\omega^2 = \frac{2{,}001\times10^{31}}{4{,}0\times10^{33}} = 5{,}0025\times10^{-3}\\ \mathrm{s^{-2}}.
  • Extraia a raiz quadrada:
\omega = \sqrt{5{,}0025\times10^{-3}}\approx 7{,}071\times10^{-2}\\ \mathrm{s^{-1}}.
(Arredondando com três algarismos significativos: \omega\approx7{,}07\times10^{-2}\\ \mathrm{s^{-1}}.)

Passo 5

Interpretação rápida (intuição extra): período orbital T para ver a escala de tempo (opcional, mas didático).
T=\frac{2\pi}{\omega}\approx\frac{2\pi}{7{,}071\times10^{-2}}\approx88{,}9\\ \mathrm{s}.
Isto significa que, segundo o resultado clássico, as estrelas completariam uma volta em menos de 100 segundos — um indicativo de que os parâmetros (massas imensas e raio relativamente pequeno) levam a dinâmicas extremamente rápidas na teoria Newtoniana clássica.

Passo 6

Agora vamos ao item (b): velocidade de escape do centro de massa.
  • Conceito: para que um corpo (meteorito de massa m_{\text{met}}) escape ao infinito, a energia mecânica total inicial (cinética + potencial) deve ser maior ou igual a zero:
\frac{1}{2} m_{\text{met}} v^2 + U_{\text{total}} \ge 0.
  • Potencial gravitacional devido de uma estrela de massa m a uma distância r é U_1 = -G\frac{m_{\text{met}} m}{r}. No ponto do centro de massa o meteoro está a distância r de cada estrela, então o potencial total é a soma das duas contribuições:
U_{\text{total}} = -2\,G\frac{m_{\text{met}} m}{r}.
  • Cancelando m_{\text{met}} das duas extremidades da condição de escape e exigindo energia total nula (caso limite), obtemos
\frac{1}{2} v_{\text{esc}}^2 - 2\frac{G m}{r} = 0 \quad\Rightarrow\quad v_{\text{esc}}^2 = 4\frac{G m}{r}.
  • Logo
v_{\text{esc}} = 2\sqrt{\frac{G m}{r}}.

Passo 7

Cálculo numérico de v_{\text{esc}} mostrando etapas:
  • Primeiro calcule \dfrac{G m}{r}:
\frac{G m}{r} = \frac{(6{,}67\times10^{-11})(3{,}0\times10^{41})}{1{,}0\times10^{11}} =2{,}001\times10^{20}\\ \mathrm{m^2\,s^{-2}}.
  • Multiplicando por 4 e extraindo a raiz:
v_{\text{esc}} = 2\sqrt{\frac{G m}{r}} = 2\sqrt{2{,}001\times10^{20}} \approx 2{,}828\times10^{10}\\ \mathrm{m\,s^{-1}}.
(Arredondando: v_{\text{esc}}\approx2{,}83\times10^{10}\\ \mathrm{m\,s^{-1}}.)

Passo 8

Comentário físico importante (didático):
  • O valor numérico encontrado é muito maior que a velocidade da luz c\approx3{,}00\times10^{8}\\ \mathrm{m\,s^{-1}}. Isso significa que a fórmula newtoniana para velocidade de escape — que assume gravitação clássica — dá uma velocidade superior a c, o que não é fisicamente possível. Nessas situações reais (massa e densidade tão extremas), a descrição correta exige relatividade geral; a conclusão qualitativa é que, sob a teoria clássica, o poço gravitacional é extremamente profundo e um cálculo relativístico é necessário para decidir se há horizonte de eventos etc.
  • Para propósitos da prova e do enunciado clássico, a resposta numérica clássica é a que calculamos acima.

Resposta

(a) \omega = 7{,}07\times10^{-2}\\ \mathrm{s^{-1}}
(b) v_{\text{esc}} = 2{,}83\times10^{10}\\ \mathrm{m\\ s^{-1}}

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