LISTA DE GRAVITAÇÃO

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Capítulo 8: Gravitação Universal 
Por que Plutão não é mais um planeta?Já que 
a Lua é atraída para a Terra por que ela não cai sobre 
nosso planeta? Os astronautas que flutuam nas naves 
espaciais ficam sem peso no espaço? Em que lugar da 
Terra um corpo pesa mais? Como se formam as 
marés? 
 
O Astronauta F. Story Musgrave ancorado no braço 
robótico do ônibus espacial Endeavor.Ele se prepara 
para ser levado ao topo do Telescópio Espacial Hubble 
durante a missão de reparos. 
(Fonte:http://hubblesite.org/gallery/spacecraft) 
 
1. Introdução - A história da astronomia 
O que pode ter motivado o homem a se 
interessar em olhar inicialmente para o céu? A resposta 
parece ser óbvia e simples: A busca por sua própria 
sobrevivência. Busca esta que levou as tribos 
remanescentes das últimas eras glaciais a observarem 
o Sol, a Lua e suas relações com as estações do ano e 
com a natureza. 
 
A astronomia é seguramente a mais antiga das 
ciências. Descobertas arqueológicas têm fornecido 
evidências de observações astronômicas entre os 
povos pré-históricos. Desde a antiguidade, o céu vem 
sendo usado como mapa, calendário e relógio. Os 
registros astronômicos mais antigos datam de 
aproximadamente 3.000 a.C. e se devem aos chineses, 
babilônios, assírios e egípcios. Um desses registros 
pode ser visto abaixo, o Stonehenge, onde cada pedra 
tem uma massa média de 26 toneladas, podendo 
chegar a quase 50 toneladas. Ele está localizado na 
Inglaterra e data-se de 2.500 a 1.700 a.C. A avenida 
principal que parte do centro do monumento aponta 
para o local em que o Sol nasce no dia mais longo do 
verão. Nessa estrutura, algumas pedras estão 
alinhadas com o nascer e o pôr do Sol no início do verão 
e do inverno. 
 
 
O Stonehenge é uma estrutura composta, formada por 
círculos concêntricos de pedras que chegam a ter cinco 
metros de altura e massa de quase cinquenta 
toneladas. Stonehenge (do inglês arcaico "stan" que 
significa pedra, e "hencg" que significa eixo) é um 
monumento megalítico da Idade do Bronze, localizado 
na planície de Salisbury, próximo a Amesbury, no 
condado de Wiltshire, Inglaterra. (Fonte: 
www.images.com.br/stonehenge.htm) 
Os fenômenos celestes observados pelos 
antigos são os mesmos observados até hoje. O Sol 
sempre foi visto progredindo inexoravelmente de leste 
para oeste. O mesmo se observa para os outros 
planetas e estrelas. 
Os sumérios da Mesopotâmia foram os 
primeiros a desenvolver a astronomia. Registraram os 
primeiros acontecimentos astronômicos relacionadas 
com os eclipses lunares e solares, chamados de 
efemérides, bem como o do aparecimento de cometas, 
estes últimos sempre vistos como anúncios de 
catástrofes enviadas por deuses enfurecidos. 
Passaram assim de astrólogos a astrônomos, já que no 
início observavam os astros por motivos místicos. 
Na China, como na Mesopotâmia, a 
astronomia foi essencialmente religiosa e astrológica. O 
que existe de mais antigo em matéria de astronomia 
remonta ao século IX a.C. Os chineses previam os 
eclipses, pois conheciam sua periodicidade. Usavam 
um calendário de 365 dias. Deixaram registros de 
anotações precisas de cometas, meteoros e meteoritos 
desde 700 a.C. 
O Egito teve papel preponderante na difusão 
das idéias e conhecimento mesopotâmicos. Foi por 
intermédio dos egípcios que os astrólogos e os 
astrônomos babilônicos chegaram ao Ocidente. A 
http://pt.wikipedia.org/wiki/Metro
http://pt.wikipedia.org/wiki/Tonelada
http://pt.wikipedia.org/wiki/L%C3%ADngua_inglesa
http://pt.wikipedia.org/wiki/Idade_do_Bronze
http://pt.wikipedia.org/wiki/Salisbury
http://pt.wikipedia.org/wiki/Amesbury
http://pt.wikipedia.org/wiki/Condado
http://pt.wikipedia.org/wiki/Wiltshire
 
 
2 
astronomia egípcia, contudo, era bastante rudimentar, 
pois a economia egípcia era essencialmente agrícola e 
regida pelas enchentes do Nilo. Por esse motivo o ritmo 
de sua vida estava relacionado apenas com o Sol. As 
descrições do céu eram quase nulas e o zodíaco que 
conheciam era uma importação do modelo criado pelos 
babilônicos. 
 
Entre 600 a.C. e 400 d.C., na Grécia, a 
astronomia antiga teve seu ápice atingindo níveis só 
ultrapassados no século XVI. Os gregos criaram o 
conceito de Esfera Celeste. Uma esfera de material 
cristalino, incrustada de estrelas, tendo a Terra no 
centro. 
Na astronomia grega destacamos Claudius 
Ptolemaeus ou simplesmente Ptolomeu (85-165 d.C.). 
Ele compilou uma série de treze volumes sobre 
astronomia, conhecida como o Almagest, que é a maior 
fonte de conhecimento sobre a astronomia na Grécia. A 
contribuição mais importante de Ptolomeu foi laborar 
um sistema solar baseado no sistema geocêntrico, 
onde a Terra ocupava o centro onde o Sol juntamente 
com a Lua girava ao seu redor em órbitas circulares, 
com os demais planetas conhecidos na época 
(Mercúrio, Vênus, Marte, Júpiter e Saturno) girando em 
epiciclos (ciclos menores que os planetas faziam em 
torno de um centro chamado deferente). Este modelo 
permitia predizer o movimento dos planetas com 
considerável precisão e foi usado até o Renascimento, 
no século XVI por ir ao encontro das ideias defendidas 
pela igreja católica, já que tendo Deus nos feito sua 
imagem e semelhança, deveria nos colocar em um 
lugar privilegiado- o centro do universo. 
 
 Ainda na Grécia antiga o primeiro a propor um 
modelo heliocêntrico, onde o Sol ocupa o centro do 
universo e é rodeado pela Terra, Lua, planetas e 
estrelas foi Aristarco de Samos. Este modelo foi 
proposto mais tarde pelo polonês Nicolau Copérnico 
(1473-1543). Copérnico concordava com a ideia de que 
o movimento planetário é circular, mas acreditava que 
o Sol, e não a Terra ocupava o centro do universo. 
Copérnico mostrou que o movimento retrógrado, 
aparentes rotações que os planetas executavam para 
trás, ocorria quando a Terra ultrapassava Marte, daí o 
fato de surgir o afastamento. Ele formulou um sistema 
matematicamente detalhado e publicou em 1543 sua 
principal obra: De Revolutionibus Orbium 
Coelestium (A Revolução dos Corpos Celestes). 
 
Uma das evidências que dava crédito ao 
modelo de Copérnico era o fato de se observar que o 
brilho intenso e avermelhado de Marte se reduzia ao 
longo de dois anos de observação. O sistema planetário 
de Ptolomeu não explicava tal fato. No entanto, 
Copérnico percebeu que, se Marte e Terra se 
movessem em torno do Sol com velocidades diferentes, 
poderiam se aproximar e se afastar entre si. Quando 
estivessem se aproximando o brilho se intensificava, ao 
se afastarem o brilho seria reduzido. 
 
Nicolau Copérnico. (Fonte: Hans Holbein. Musée de 
I’Observatoire de Paris) 
Tycho Brahe (1546-1601), astrônomo 
dinamarquês teve um papel importante ao aperfeiçoar 
as técnicas de medidas precisas com instrumentos a 
olho nu, pois lunetas e telescópios ainda não haviam 
sido inventados. Possuía o mais bem montado 
observatório de sua época. Descobriu uma supernova1 
em 1572 e realizou observações muito precisas das 
órbitas planetárias. Criou um modelo planetário 
intermediário entre os modelos de Ptolomeu e 
Copérnico. De acordo com seu modelo a Terra era 
imóvel e se encontrava no centro do universo. O Sol 
giraria em torno da Terra e os demais planetas girariam 
em Torno do Sol, todos em órbitas circulares.Realizou 
medidas astronômicas precisas por um período de 20 
anos e forneceu a base do modelo estrutural aceito 
atualmente para o Sistema Solar. 
 
 
 
3 
 
Tycho 
Brahe.(Fonte:www.images.tycho.oresundstid.dk) 
 
2. As Leis de Kepler 
 
Johannes Kepler, astrônomo alemão (1571-
1630), foi assistente de Tycho Brahe por um curto 
período de tempo. Após a morte de Brahe, adquiriu os 
dados astronômicos de seu mentor e iapós 16 anos de 
análise deduziu um modelo matemático para descrever 
o movimento dos planetas. Este modelo empírico que 
possui rasoável precisão pode ser explicado em três 
leis, conhecidas como as leis de Kepler. Estas leis 
representam a cinemática do movimento planetário pois 
descrevem os movimentos sem noentanto aportar a 
causa que lhes originou. Podemos aplicar as leis de 
Kepler tanto ao movimento dos planetas em torno do 
Sol como ao movimento de satálites ao redor dos 
planetas. Foi possível assim determinar a forma da 
órbita descrita pelos planetas, as velocidades e a 
distância dos planetas as Sol. 
 
Johhanes Kepler.(Fonte: 
www.images.apod.nasa.gov 
 
Primeira lei de Kepler: Lei das órbitas 
 
 
 
 
 
 
 
A elipse, como se sabe, é o lugar geométrico dos 
pontos de um plano cuja soma das distâncias a dois 
pontos fixos, os focos F, é uma constante, como 
podemos vê na figura abaixo. 
 
Uma elipse pode ser construída, amarrando um 
barbante em dois pregos. Com o uso de um lápis 
executa-se uma volta em torno do pregos. A figura 
gerada é uma elipse. 
A excentricidade de uma elipse é definida como 
e = c/a , onde c representa metade da distância focal e 
a representa a medida do semi-eixo maior. Para uma 
circunferência c = 0, e é, portanto, a excentricidade 
zero. Na figura b representa a medida do semi-eixo 
menor. A órbita da Terra é quase uma circunferência e 
sua excentricidade é bem próxima de zero, vale 0,0168. 
Vênus é o planeta do sistema solar com menor 
excentricidade vale 0,007 e mercúrio é atualmente o 
planeta com a maior excetricidade valendo 0,206. 
 
Esquema de um elipse. O Semi-eixo maior tem um 
comprimento a, e o semi-menor comprimento b. A 
soma das distâncias de r1 e r2 aos respectivos focos F1 
e F2 se mantém constante. 
 
Os planetas orbitam em torno do 
Sol órbitas elípticas onde o Sol 
ocupa dos focos da elipse. 
 
Sol 
 
 
4 
Segunda lei de Kepler: Lei das áreas 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Kepler observou que para cada planeta que 
girava em torno do Sol a razão entre a área descrita 
pelo raio vetor e o intervalo de tempo gasto para 
descvrevê-la (A/∆t) se mantinha constante. A esta 
razão ele deu o nome de velocidade areolar. Assim: 
 
 
 
 
Onde: 
A- área descrita pelo raio vetor; 
∆t - intervalo de tempo gasto para descrevê-la. 
Nesse caso, para um dado planeta como o da figura 
acima, podemos afirmar que (A1/∆t1)=(A2/∆t2). 
Portanto,se A1=A2 ∆t1=/∆t2. Por outro lado se A1>A2 
∆t1>∆t2. 
Uma consequência direta da segunda lei de 
Kepler é que o planeta atinge sua velocidade máxima 
quando se encontra mais próximo do Sol (periélio-
P) e atinge sua velocidade mínima quando se encontra 
mais afastado do Sol (afélio-A).Além disso seu 
movimento é acelerado do afélio para o periélio e 
retardado do periélio para o afélio. Assim, o planeta se 
move com maior velocidade a medida que se aproxima 
do Sol e com menor velocidade a medida que se afasta. 
 
 
 
Abaixo apresentamos uma importante relação 
matemática que pode ser facilmente deduzida e que 
relaciona as velocidades de um planeta no periélio e no 
afélio com as respectivas distâncias deste planeta ao 
Sol. 
 
 
 
 
 
 
Terceira lei de Kepler: Lei dos períodos 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A terceira lei de Kepler pode ser escrita como segue: 
 
 
 
 
 
Onde: 
T- Período de revolução ou tempo gasto pelo planeta 
pra executar uma volta em torno do Sol; 
R- Raio médio da órbita ou distância média do planeta 
ao Sol 
K- Constante de proporcionalidade. 
 
A constante de proporcionalidade K é 
aproximadamente a mesma para todos os planetas que 
orbitam o Sol como podemos vê na Tabela 8.1. 
Se considerarmos Marte e Terra orbitando em 
torno do Sol, podemos afirmar que a razão entre os 
quadrados dos períodos de revolução dos dois planetas 
e suas distâncias médias ao cubo vale: 
 
O raio vetor (segmento de reta 
imaginário que liga o planeta ao Sol) 
descreve áreas proporcionais aos 
intervalos de tempo gastos para 
descrevê-las. 
 
A1 
 A2 
 
A P 
vmin So
l 
So
l 
A 
P 
Rp Ra 
 
O quadrado do período de revolução 
do planeta em torno do Sol é 
proporcional ao cubo do semi-eixo 
maior (ou raio médio) da órbita 
elíptica por ele executada. 
 
32
R.KT = 
vmáx 
 
 
5 
 
 
 
 
 
 
 
Sendo TT e TM os períodos de revolução da Terra e 
Marte e RT e RM as distâncias médias entre a Terra e o 
Sol e entre Marte e o Sol, respectivamente. 
O semi-eixo maior (a) ou raio médio (R) é 
definido como a média arimética entre a distância do 
Sol ao periélio (Rp) e a distância do Sol ao afélio (Ra). 
Ou seja: 
 
 
 
 
 
 
 
 
Tabela 8.1 
Planet
a 
R-Raio 
médio(m
) 
T-Período 
de 
revolução
(s) 
K 
=T2/R3 
Mercúr
io 
5,79 
.1010 
7,60 .106 2.97. 
10"19 
Venus 1,08. 
1011 
1.94. 107 2.99. 
10"19 
Terra 1,49.1011 3,2.107 2.97. 
10"19 
Marte 2,28.1011 5,94.107 2.98. 
10"19 
Saturn
o 
1,43.1012 9,35.108 2.99. 
10"19 
Urano 2,87.1012 2,64.109 2.95. 
10"19 
Netuno 4,5.1012 5,22.109 2.99. 
10"19 
Plutão2 5,91. 
1012 
7,82.109 2.96. 
10"19 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Exercícios: 
 
So
l 
Ra Rp 
 
Observações Importantes: 
- Uma consequência direta da terceira lei de Kepler 
é que quanto mais próximo o planeta se encontra 
do Sol (menor R), menor será seu peródo de 
revolução (menor T), como pode ser comprovado 
na Tabela 8.1 acima. 
- É importante ressaltar que as leis de Kepler valem 
não só para nosso Sistema Solar. Elas são válidas 
para corpos que gravitam em torno de uma grande 
massa central: planetas em torno de qualquer 
estrela ou satélites naturais ou artificiais em torno 
de um planeta. 
 
 
 
Por que Plutão não é mais planeta? 
“Os mais de 2.500 analistas de 75 países 
reunidos na capital tcheca reconhecem, em 
24/08/06 que se cometeu um erro quando ficou 
determinado que Plutão pertencia a categoria 
de planeta, em 1930, ano de sua descoberta. 
 
A definição adotada preenche um vazio que 
existia no campo científico desde os tempos do 
astrônomo polonês Copérnico (1473-1543). 
 
Segundo a nova definição um planeta é um 
corpo celeste que (a) está em órbita ao redor do 
Sol, (b) tem massa suficiente para que sua 
própria gravidade supere as forças de corpo 
rígido de maneira que assuma um formato de 
equilíbrio hidrostático (quase esférico) e (c) 
tenha limpado a região ao redor de sua órbita. 
Nesta nova definição os planetas do Sistema 
Solar são apenas oito - Mercúrio, Vênus, Terra, 
Marte, Júpiter, Saturno, Urano e Netuno. Plutão, 
o novo objeto UB313, descoberto em 2005, e 
Ceres entram na classificação de planeta anão, 
uma nova categoria. 
 
"Em sua formação e evolução o planeta "limpa" 
a região a sua volta", explica o astrônomo do 
Laboratório Nacional de Astrofísica Carlos 
Torres: "Em torno da órbita de Plutão há vários 
outros corpos, por isso ele não é mais um 
planeta", acrescenta.” 
Adaptado: folha on-line. Acesso: 
22/10/2011. 
 
 
 
 
 
6 
1. (Udesc 2011) Analise as proposições a seguir sobre 
as principais características dos modelos de sistemas 
astronômicos. 
I. Sistema dos gregos: a Terra, os planetas, o Sol e as 
estrelas estavam incrustados em esferas que giravam 
em torno da Lua. 
II. Ptolomeu supunha que a Terra encontrava-se no 
centro do Universo; e os planetas moviam-se em 
círculos, cujos centros giravam em torno da Terra. 
III. Copérnico defendia a ideia de que o Sol estava em 
repouso no centro do sistema e que os planetas 
(inclusive a Terra) giravam em torno dele em órbitas 
circulares. 
IV. Kepler defendia a ideia de que os planetas giravam 
em torno do Sol, descrevendo trajetórias elípticas, e 
o Sol estava situado em um dos focos dessas 
elipses. 
 
Assinale a alternativa correta. 
a) Somente as afirmativas I e IV são verdadeiras. 
b) Somente a afirmativa II é verdadeira. 
c) Somente as afirmativas II, III e IV são verdadeiras. 
d) Somente as afirmativas III e IV são verdadeiras. 
e) Somente as afirmativas II e III são verdadeiras. 
Resolução: Letra C 
Justificativa: A questão utiliza conhecimentos de 
Física e História. Do ponto de vista da Física, apenas a 
alternativa I não está correta. 
2. (Ufrgs 2010) O ano de 2009 foi proclamado pela 
UNESCO o Ano Internacional da Astronomia para 
comemoraros 400 anos das primeiras observações 
astronômicas realizadas por Galileu Galilei através de 
telescópios e, também, para celebrar a Astronomia e 
suas contribuições para o conhecimento humano. O 
ano de 2009 também celebrou os 400 anos da 
formulação da Lei das Órbitas e da Lei das Áreas por 
Johannes Kepler. A terceira lei, conhecida como Lei dos 
Períodos, foi por ele formulada posteriormente. 
 
Sobre as três leis de Kepler são feitas as seguintes 
afirmações 
 
I. A órbita de cada planeta é uma elipse com o Sol em 
um dos focos. 
II. O segmento de reta que une cada planeta ao Sol 
varre áreas iguais em tempos iguais. 
III. O quadrado do período orbital de cada planeta é 
diretamente proporcional ao cubo da distância 
média do planeta ao Sol. 
Quais estão corretas? 
a) Apenas I. 
b) Apenas II. 
c) Apenas III. 
d) Apenas I e II. 
e) I, II e III. 
 
3. (Ufpr 2010-adaptada) Neste ano, comemoram-se os 
400 anos das primeiras descobertas astronômicas com 
a utilização de um telescópio, realizadas pelo cientista 
italiano Galileu Galilei. Além de revelar ao mundo que a 
Lua tem montanhas e crateras e que o Sol possui 
manchas, ele também foi o primeiro a apontar um 
telescópio para o planeta Júpiter e observar os seus 
quatro maiores satélites, posteriormente denominados 
de Io, Europa, Ganimedes e Calisto. 
 
Satélite Raio orbital (105 
km) 
Massa (1022 
kg) 
Io 4 9 
Europa 6 5 
Ganimedes 10 15 
Calisto 20 11 
 
 
Supondo que as órbitas desses satélites ao redor de 
Júpiter sejam circulares, e com base nas informações 
da tabela acima, assinale a alternativa correta. (Os 
valores da tabela foram arredondados por 
conveniência) 
a) Quanto maior a massa de um satélite, maior será o 
seu período orbital. 
b) A circunferência descrita pelo satélite Calisto é quatro 
vezes maior que a circunferência descrita pelo 
satélite Europa. 
c) A maior velocidade angular é a do satélite Calisto, por 
possuir maior período orbital. 
d) O período orbital de Europa é aproximadamente o 
dobro do período orbital de Io. 
 
Resolução: LetraD 
Analisando cada uma das opções: 
 
a) Falsa. Pela terceira lei de Kepler (lei dos períodos), 
o período orbital (T) só depende do raio (r) da órbita: 
T2 = k r3; independe da massa do satélite. 
 
 
 
7 
b) Falsa. Basta comparar os valores mostrados na 
tabela. 
 
c) Falsa. A velocidade angular () é inversamente 
proporcional ao período:  = 
2
T
. 
d) Verdadeira. Pela lei dos períodos: 
   
=   
   
2 3
E E
I I
T r
.
T r
Substituindo os valores dados na 
tabela: 
 
     
= =     
    
2 3 3
E
I
T 6 3
T 4 2
  =E
i
T
3,375
T
  TE = 1,84 
TI  
TE  2 TI 
 
4. (Uemg 2010) 
TEXTO PARA A PRÓXIMA QUESTÃO: 
“O ano de 2009 foi o Ano Internacional da 
Astronomia. A 400 anos atrás, Galileu apontou um 
telescópio para o céu, e mudou a nossa maneira de ver 
o mundo, de ver o universo e de vermos a nós mesmos. 
As questões, a seguir, nos colocam diante de 
constatações e nos lembram que somos, apenas, uma 
parte de algo muito maior: o cosmo.” 
 
Em seu movimento em torno do Sol, o nosso planeta 
obedece às leis de Kepler. A tabela a seguir mostra, em 
ordem alfabética, os 4 planetas mais próximos do Sol: 
Planeta 
Distância média do 
planeta ao Sol(km) 
Marte 227,8x106 
Mercúrio 57,8x106 
Terra 149,5x106 
Vênus 108,2x106 
 
Baseando-se na tabela apresentada acima, só é 
CORRETO concluir que 
a) Vênus leva mais tempo para dar uma volta completa 
em torno do Sol do que a Terra. 
b) a ordem crescente de afastamento desses planetas 
em relação ao Sol é: Marte, Terra, Vênus e Mercúrio. 
c) Marte é o planeta que demora menos tempo para dar 
uma volta completa em torno de Sol. 
d) Mercúrio leva menos de um ano para dar uma volta 
completa em torno do Sol. 
 
5. (Uel 2009) Considere a distância entre o planeta 
Terra e o Sol como sendo igual a 1,5 × 108 km e que 
esse planeta dá uma volta completa em torno do Sol em 
365 dias, enquanto o planeta Mercúrio dá uma volta 
completa em torno do Sol em 88 dias. 
Se a distância entre o planeta Marte e o Sol é igual a 
2,5 × 108 km, qual deve ser a distância aproximada 
entre o planeta Mercúrio e o Sol: 
a) 2,8 × 107 km. 
b) 3,8 × 107 km. 
c) 4,8 × 107 km. 
d) 5,8 × 107 km. 
e) 6,8 × 107 km. 
 
Resolução: Letra D 
Observação: No contexto da questão a informação 
sobre o planeta Marte é irrelevante. 
Pela lei dos períodos de Kepler. 
T2 = k.d3 
Para a Terra 
(365)2 = k.(1,5.108)3 
Para Mercúrio 
(88)2 = k.d3 
Divididas as expressões membro a membro: 
2
365
88
 
 
 
= 
3
81,5.10
d
 
 
 
 
(4,15)2 = 
3
81,5.10
d
 
 
 
 
17,2225 = 
3
81,5.10
d
 
 
 
 
2,582 = 
81,5.10
d
 
 
 
→ d = 
81,5.10
2,582
= 0,58.108 = 
5,8.107 km 
 
6. (Ufpa 2008) Em 4 de outubro de 2007 fez 50 anos 
do lançamento do Sputnik, que foi o primeiro satélite 
artificial da Terra. Lançado pela antiga União Soviética 
consistia em uma esfera metálica de 58 cm de diâmetro 
e massa de 83 kg. Sua órbita era elíptica, inclinada de 
64° em relação ao equador terrestre, com período de 96 
min. Seu foguete de lançamento era de dois estágios, 
tendo o 20. estágio também entrado em órbita ao redor 
da Terra. O Sputnik, cuja função básica era transmitir 
 
 
8 
sinais de rádio para Terra, ficou em órbita por 
aproximadamente seis meses antes de cair. 
 
Baseado no texto, julgue as afirmações a seguir: 
 
I. O Sputnik era um satélite do tipo geoestacionário. 
II. Após o Sputnik separar-se do 20. estágio do foguete, 
considerando-se que o momento linear do sistema se 
conserva, a trajetória do centro de massa do conjunto 
não é modificada. 
III. Se o Sputnik mudasse de trajetória, vindo a ocupar 
uma órbita circular, de menor raio, a sua velocidade 
certamente deveria diminuir. 
IV. A 3a Lei de Kepler pode ser usada para comparar os 
raios das órbitas e períodos da Lua e do Sputnik. 
 
Estão corretas somente 
a) I e II 
b) II e III 
c) II e IV 
d) I, III e IV 
e) II, III e IV 
 
Resolução:Letra C 
OBS: Parte deste problema requer o uso da Lei da 
Gravitação Universal que será discutida e 
apresentada no próximo tópico. Bom Proveito! 
I. Falso. Para ser geoestacionário, isto é, parado em 
relação à Terra, ele deveria completar uma volta a cada 
24h. 
II. Verdadeiro. O momento linear de um sistema de 
partículas pode ser calculado pela expressão 
CMQ MV= , onde M é a massa total e CMV é a 
velocidade do centro de massa. 
 
III. Falso. A expressão demonstrada abaixo mostra que 
a velocidade do satélite é inversamente proporcional 
a r 
2
2
C A 2
V GMm GM GM
F F m V V
r r rr
= → = → = → = 
IV. Verdadeiro. Ambos estão em órbita da Terra. 
 
7. (Unesp 2008) A órbita de um planeta é elíptica e o 
Sol ocupa um de seus focos, como ilustrado na figura 
(fora de escala). As regiões limitadas pelos contornos 
OPS e MNS têm áreas iguais a A. 
 
Se top e tmn são os intervalos de tempo gastos para o 
planeta percorrer os trechos OP e MN, 
respectivamente, com velocidades médias vop e vmn, 
pode-se afirmar que 
a) top > tmn e vop < vmn. 
b) top = tmn e vop > vmn. 
c) top = tmn e vop < vmn. 
d) top > tmn e vop > vmn. 
e) top < tmn e vop < vmn. 
 
8. (Ufg 2008) Considere que a Estação Espacial 
Internacional, de massa M, descreve uma órbita elíptica 
estável em torno da Terra, com um período de 
revolução T e raio médio R da órbita. Nesse movimento, 
a) o período depende de sua massa. 
b) a razão entre o cubo do seu período e o quadrado do 
raio médio da órbita é uma constante de movimento. 
c) o módulo de sua velocidade é constante em sua 
órbita. 
d) a energia mecânica total deve ser positiva. 
e) a energia cinética é máxima no perigeu. 
 
9. (Enem 2000) A tabela abaixo resume alguns dados 
importantes sobre os satélites de Júpiter. Ao 
observar os satélitesde Júpiter pela primeira vez, 
Galileu Galilei fez diversas anotações e tirou 
importantes conclusões sobre a estrutura de nosso 
universo. A figura abaixo da tabela reproduz uma 
anotação de Galileu referente a Júpiter e seus 
satélites. 
 
De acordo com essa representação e com os dados da 
tabela, os pontos indicados por 1, 2, 3 e 4 
correspondem, respectivamente, a: 
a) Io, Europa, Ganimedes e Calisto. 
 
 
9 
b) Ganimedes, lo, Europa e Calisto. 
c) Europa, Calisto, Ganimedes e lo. 
d) Calisto, Ganimedes, lo e Europa. 
e) Calisto, lo, Europa e Ganimedes. 
10. (Enem 99) (...) Depois de longas investigações, 
convenci-me por fim de que o Sol é uma estrela fixa 
rodeada de planetas que giram em volta dela e de 
que ela é o centro e a chama. Que, além dos planetas 
principais, há outros de segunda ordem que circulam 
primeiro como satélites em redor dos planetas 
principais e com estes em redor do Sol. (...) Não 
duvido de que os matemáticos sejam da minha 
opinião, se quiserem dar-se ao trabalho de tomar 
conhecimento, não superficialmente, mas duma 
maneira aprofundada, das demonstrações que darei 
nesta obra. Se alguns homens ligeiros e ignorantes 
quiserem cometer contra mim o abuso de invocar 
alguns passos da Escritura (sagrada), a que torçam 
o sentido, desprezarei os seus ataques: as verdades 
matemáticas não devem ser julgadas senão por 
matemáticos.(COPÉRNICO, N. De Revolutionibus 
orbium caelestium). 
Aqueles que se entregam à prática sem ciência são 
como o navegador que embarca em um navio sem 
leme nem bússola. Sempre a prática deve 
fundamentar-se em boa teoria. Antes de fazer de um 
caso uma regra geral, experimente-o duas ou três 
vezes e verifique se as experiências produzem os 
mesmos efeitos. Nenhuma investigação humana 
pode se considerar verdadeira ciência se não passa 
por demonstrações matemáticas. (VINCI, Leonardo 
da. Carnets) 
O aspecto a ser ressaltado em ambos os textos para 
exemplificar o racionalismo moderno é 
a) a fé como guia das descobertas. 
b) o senso crítico para se chegar a Deus. 
c) a limitação da ciência pelos princípios bíblicos. 
d) a importância da experiência e da observação. 
e) o princípio da autoridade e da tradição. 
11. (Ita 2010) Considere um segmento de reta que liga 
o centro de qualquer planeta do sistema solar ao centro 
do Sol. De acordo com a 2ª Lei de Kepler, tal segmento 
percorre áreas iguais em tempos iguais. Considere, 
então, que em dado instante deixasse de existir o efeito 
da gravitação entre o Sol e o planeta. 
 
Assinale a alternativa correta. 
a)O segmento de reta em questão continuaria a 
percorrer áreas iguais em tempos iguais. 
b)A órbita do planeta continuaria a ser elíptica, porem 
com focos diferentes e a 2ª Lei de Kepler continuaria 
válida. 
c)A órbita do planeta deixaria de ser elíptica e a 2ª Lei 
de Kepler não seria mais válida. 
d)A 2ª Lei de Kepler só é valida quando se considera 
uma força que depende do inverso do quadrado das 
distâncias entre os corpos e, portanto, deixaria de ser 
válida. 
e)O planeta iria se dirigir em direção ao Sol 
Resolução:Letra A 
 
 
OBS: Parte deste problema requer o uso da Lei da 
Gravitação Universal que será discutida e 
apresentada no próximo tópico. Bom Proveito! 
Se o efeito da gravitação deixasse de existir, o planeta 
entraria em movimento retilíneo uniforme, percorrendo 
sempre a mesma distância b em temos iguais, portanto 
varrendo a mesma área: A = 
1
2
BH 
12.(Modelo Enem) A figura mostra as órbitas de quatro 
satélites artificiais da Terra, três elipses, descritas pelos 
satélites S1, S2 e S3, nas quais a Terra ocupa um dos 
focos e uma circunferência, descrita por S4, em que a 
Terra está no centro. 
 
A superposição dessas órbitas resulta na figura abaixo. 
 
 
10 
 
Sabendo-se que o satélite S4 tem um período de 4,0 
horas, pode-se afirmar que o período, em horas, de 
(A) S1 é 1,0 
(B) S2 é 1,0 
(C) S3 é 1,5 
(D) S3 é 2,0 
(E)) S1 é 4,0 
 
Gabarito: 
1.c;2.e; 3.d; 4.d; 5.d; 6.c; 7.b; 8.e; 9.b; 10.d; 11.a; 12.e. 
Continuação..... 
 
 
 
 
Foto do CBERS (Satélite Sino- Brasileiro de Recursos 
Terrestres). O mesmo nasceu de uma parceria inédita 
entre Brasil e China no setor técnico-científico espacial. 
Através desse projeto o Brasil ingressou no seleto 
grupo de Países detentores da tecnologia de 
sensoriamento remoto. (Fonte: www.cbers.inpe.br/pt) 
 
 
 
Antes de 1687, uma grande quantidade de 
dados foram coletados nos movimentos da Lua e dos 
planetas, mas um claro entendimento das forças 
relacionadas a esses movimentos não foi tão simples. 
Naquele ano, Isaac Newton forneceu a chave que 
desvendou os segredos 
dos céus. Ele sabia, desde a sua primeira lei, que uma 
força resultante tinha que estar agindo na Lua porque 
sem essa força a Lua iria se mover em uma trajetória 
retilínea ao invésde se mover em órbita quase circular. 
Newton argumentou que esta força era proveniente da 
atração gravitacional exercida pela Terra sobre a Lua. 
Newton percebeu que as forças envolvidas na 
atração Terra-Lua e na atração Sol-Planeta não eram 
algo especial para esses sistemas, mas eram casos 
particulares de uma atração geral e universal entre 
objetos. Em outras palavras, Newton viu que a mesma 
força de atração que faz com que a Lua possa girar em 
torno da Terra também faz uma maçã cair de uma 
árvore. Como ele disse, "Deduzi que as forças que 
mantêm os planetas em suas órbitas devem variar 
proporcionalmente com os inversos dos quadrados das 
distâncias dos centros sobre os quais giram; e, assim, 
comparei a força necessária para manter a Lua em sua 
órbita com a força 
da gravidade na superfície da Terra, e encontrei 
respostas muito próximas ". Neste capítulo, 
estudaremos a lei da Gravitação Universal. 
Enfatizaremos uma descrição do movimento planetário, 
pois os dados astronômicos fornecem um teste 
importante da validade desta lei. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
11 
1.Lei da Gravitação Universal de 
Newton (1642-1727): 
 
Apoiado nos estudos de Copérnico, Galileu e Kepler, 
Isaac Newton apresentou sua lei da Gravitação 
Universal. 
Entre dois corpos quaisquer, pelo simples fato de 
terem massa, existe uma força de atração 
denominada força gravitacional. 
A medida da força gravitacional é traduzida na 
apresentação da lei: 
“A força gravitacional entre dois pontos materiais 
tem intensidade diretamente proporcional ao 
produto de suas massas e inversamente 
proporcional ao quadrado da distância que os 
separa.” 
 
 
d
M
mF F
 
 
Matematicamente: 
F =
G∙m∙M
d2
, (eq.1) 
 
A constante de proporcionalidade G é denominada 
constante de gravitação universal (Obtido 
experimentalmente por Cavendish): 
 
𝐺 ≅ 6,7 ∙ 10−11 𝑁 ∙ 𝑚2 𝑘𝑔2⁄ 
 
A constante de gravitação universal independe dos 
corpos que se atraem, da distância ou do meio 
interposto entre os corpos. 
Notas: 
Força Gravitacional versus Força Eletrostática. 
I. A força eletrostática pode ser de atração ou 
repulsão, porém a força gravitacional é sempre de 
atração; 
II. A força eletrostática depende do meio interposto 
entre os corpos; A força gravitacional é independente 
do meio interposto. 
 
Exemplo de classe: (UFC-04) Considere duas massas 
puntiformes sob ação da força gravitacional mútua. 
Assinale a alternativa que contém a melhor 
representação gráfica da variação do módulo da força 
gravitacional sobre uma das massas, em função da 
distância entre ambas. 
 
 
Resposta: B 
 
 
Exemplos de classe: O professor Herbert Aquino pede 
que você calcule a força gravitacional resultante sobre 
a partícula de massa m. 
 
 
L
5m m
A B
C
L
L
3m
60º
 
 
Resposta: 𝐹𝑅 =
7𝐺∙𝑚2
𝐿2
 
 
 
Exemplo de classe: (UERJ-08) A figura a seguir 
representa o instante no qual a resultante das forças de 
interação gravitacional entre um asteroide X e os 
planetas A, B e C é nula. 
 
 
12 
 
Admita que: 
- dA , dB e dC representam as distâncias entre cada 
planeta e o asteroide; 
- os segmentos de reta que ligam os planetas A e B ao 
asteroidesão perpendiculares e dC = 2dA = 3dB ; 
- mA , mB , mC e mx representam, respectivamente, as 
massas de A, B, C e X e mA = 3mB . 
Determine a razão mC/mB nas condições indicadas. 
 
Resposta:mC/mB = 5 
 
2.Intensidade do Campo 
Gravitacional nas proximidades de 
um planeta: 
 
a) Para pontos na superfície e externos a um 
planeta: 
 
Um corpo atrai outros com uma força gravitacional 
mesmo que eles não estejam em contato entre si. Isto 
é explicado utilizando o conceito de campo. O 
espaço ao redor do corpo em que outros corpos 
experimentam uma força gravitacional é chamado de 
campo gravitacional. 
Considere um corpo esférico homogêneo de massa 
M, iremos agora calcular a intensidade do campo 
gravitacional gerado por este corpo a uma distância r 
que atua sobre um corpo de prova de massa m. 
 
r
M
g m
 
 
Definição de Campo Gravitacional: 
g⃗ =
F⃗⃗ 
m
,(eq.2) 
 
De acordo com a Lei da Gravitação Universal 
podemos escrever: 
g =
F
m
=
G∙m∙M
r2
m
 
 
g =
G∙M
r2
,(eq.3) 
 
 
A expressão é utilizada para se calcular a aceleração 
da gravidade em pontos externos a superfície da 
Terra. A eq.3 nos mostra que à medida que nos 
afastamento do planeta, a aceleração da gravidade 
vai diminuindo (“enfraquecendo”). O professor Herbert 
Aquino, chama atenção para o fato de a aceleração 
da gravidade só depende da massa do planeta 
(diretamente proporcional) e do raio do planeta 
(inversamente proporcional ao quadrado). 
 
Simplificando: 
Para pontos na superfície do planeta (r=R),temos: 
 
r=R
M
gs
m
 
gs =
G∙M
R2
,(eq.4) 
 
 
Para pontos a uma altitude h da superfície do planeta, 
temos: 
 
 
13 
r=R+h
M
gh
m
R
h
 
 
gh =
G∙M
(R+h)2
,(eq.5) 
 
 
É simples deduzir a relação abaixo: 
 
 
gh = gs ∙ (
R
R+h
)
2
,(eq.6) 
 
Nota: Nas deduções acima consideramos o planeta 
esférico e homogêneo desprezando qualquer efeito 
de rotação. 
 
Exemplo resolvido: (AFA-98-Modificada) A 
aceleração da gravidade na superfície da Terra, de 
raio R, é g. O professor Herbert Aquino pede que você 
calcule a altura, em relação à superfície, na qual a 
aceleração da gravidade valerá g 9⁄ . 
 
Solução do professor Herbert Aquino: 
 
Usando a relação mostrada anteriormente, temos: 
gh = gs ∙ (
R
R + h
)
2
 
 
g
9
= g ∙ (
R
R + h
)
2
 
 
1
9
= (
R
R + h
)
2
 
 
1
3
=
R
R + h
 
 
h = 2R 
 
Exemplo de classe: (UFPI-2002) Sendo R o raio da 
Terra, a que distância de sua superfície se encontra 
um objeto, quando a força gravitacional exercida pela 
Terra sobre ele for igual a 1% do valor de seu peso na 
superfície? 
a) 3R 
b) 6R 
c) 9R 
d) 12R 
e) 15R 
Resposta:C 
 
Exemplo de classe: (UFPI-2002) Um planeta tem 
massa igual a duas vezes a massa da Terra e tem a 
forma de uma esfera cujo raio mede 20% do raio da 
Terra. O valor da força F exercida pelo planeta sobre 
um centímetro cúbico de água colocado em sua 
superfície é (a aceleração da gravidade na superfície 
da Terra é g = 10m s2⁄ ), em newtons: 
a)500 
b)50 
c)5,0 
d)0,5 
e)0,05 
Resposta: D 
 
Exemplo resolvido: (FUVEST-07) Recentemente 
Plutão foi "rebaixado", perdendo sua classificação como 
planeta. Para avaliar os efeitos da gravidade em Plutão, 
considere suas características físicas, comparadas com 
as da Terra, que estão apresentadas, com valores 
aproximados, a seguir. 
 
Massa da Terra (MT) = 500 × Massa de Plutão (MP) 
Raio da Terra (RT) = 5 ×Raio de Plutão (RP) 
 
a) Determine o peso, na superfície de Plutão (PP), de 
uma massa que na superfície da Terra pesa 40N (PT = 
40N). 
b) Estime a altura máxima H, em metros, que uma bola, 
lançada verticalmente com velocidade V, atingiria em 
Plutão. Na Terra, essa mesma bola, lançada com a 
mesma velocidade, atinge uma altura hT = 1,5 m. 
 
NOTE E ADOTE: 
F = (GMm)/R2 
Peso = mg 
 
Resolução: 
 
 
14 
a) A aceleração da gravidade na superfície de qualquer 
astro é dada pela expressão: 
 
2
GM
g
R
= 
 
Onde: M → massa do astro; R → raio do astro 
 
T
P T
P T2 2 2
P TT
M
G
GM GM1 1500g . g
20 20R RR
5
= = = =
 
 
 
 
 
Como a gravidade em Plutão é vinte vezes menor que 
a terrestre, os corpos pesam 20 vezes menos. 
 T PP 40N P 2,0N= → = 
 
b) Em um lançamento vertical: 
 
2
21 Vmgh mV h
2 2g
= → = 
Como a altura é inversamente proporcional a “g” e como 
a gravidade em plutão é 20 vezes menor que a 
terrestre, a altura alcançada será 20 vezes maior. 
 
P TH 20H 30m= = 
 
 
 
 
 
b) Para pontos no interior do planeta: 
 
Agora supondo o planeta esférico e homogêneo, 
devido a razões de simetria (Teorema da Casca de 
Newton), a aceleração gravitacional em um ponto 
interno ao planeta a uma distância r do centro (C) do 
planeta é devido apenas à massa contida na esfera 
de centro C e raio r. 
 
R
r
M
mINT
gINT gS
Pi PS
 
 
 
Assim, em um ponto Pi interno ao planeta e a uma 
distância r de seu centro, temos: 
gINT =
G∙mINT
r2
,(eq.7) 
 
Considerando-se a densidade(μ)do planeta 
constante, podemos escrever: 
 
μ =
M
4π
3
∙ R3
=
mINT
4π
3
∙ r3
 
 
mINT =
M
R3
∙ r3(eq.8) 
Substituindo-se a eq.8 na eq.7, resulta: 
gINT =
G
r2
∙ (
M
R3
∙ r3) 
Reescrevendo a equação acima e usando a eq.4, 
vem: 
gINT = (
G ∙ M
R2
) ∙
r
R
 
 
Finalmente: 
gINT = gs ∙
r
R
,(eq.9) 
 
 
 
15 
Conclusão importante: A eq.8 nos mostra que para 
pontos internos ao planeta a aceleração da gravidade 
é diretamente proporcional à distância ao centro da 
Terra. 
 
Observações: 
I. Para o centro do planeta (r=0), temos: 
gINT = 0 
II. Para pontos na superfície (r=R), temos: 
gINT = gs 
Comportamento gráfico da aceleração da gravidade: 
 
r=R
gS
r=2R
r(m)
gS/4
r
g(m/s2)
g
r
 
 
Exemplo de classe: (UERJ-06) Embora sua realização 
seja impossível, imagine a construção de um túnel entre 
os dois polos geográficos da Terra, e que uma pessoa, 
em um dos polos, caia pelo túnel, que tem 12.800 km 
de extensão, como ilustra a figura a seguir. 
 
Admitindo que a Terra apresente uma constituição 
homogênea e que a resistência do ar seja desprezível, 
a aceleração da gravidade e a velocidade da queda da 
pessoa, respectivamente, são nulas nos pontos 
indicados pelas seguintes letras: 
a) Y - W 
b) W - X 
c) X - Z 
d) Z – Y 
Resposta: C 
 
 
Exemplo de classe: (UEL-09) Considerando a Terra 
uma esfera homogênea (densidade constante) de raio 
R, determine a profundidade h' em que deve ser 
colocado um corpo de massa m para que o seu peso 
seja o mesmo quanto estiver situado a uma altura h da 
superfície da Terra. 
 
 
a) h’ = R - 
3
2
R
(R h)+
. 
b) h’ = R - 
3
3
R
(R h)+
. 
c) h’ = R - 
3
2
R
(R h)−
. 
d) h’ = R - 
2
3
R
(R h)−
. 
e) h’ = R - 
3
3
R
(R h)−
. 
Resposta: A 
 
 
 
Exemplos de classe: Qual a relação aproximada entre 
altura H de uma montanha e a profundidade h de uma 
mina se o período das oscilações de um pêndulo 
 
 
16 
simples no pico da montanha e no fundo da mina for 
igual? 
a) h=2H 
b) h=H 
c)√3h = H 
d)√2h = H 
e) H=3H 
Resposta:A 
 
 
Exemplos de classe: Determine a profundidade em 
relação à superfície terrestre em que deve se encontrar 
um corpo para que o valor da aceleração da gravidade 
local seja igual à aceleração da gravidade quando o 
corpo se encontra a uma altura R da superfície 
terrestre. Considere a Terra uma esfera homogênea de 
raio R e despreze os efeitos de rotação. 
a)R/3 
b) 3R/4 
c) 2R/3 
d) R/2 
e) 4R/5 
Resposta: B 
 
3. Efeito de rotação da Terra: 
 
Agora suponha que a Terra possa ser considerada 
uma esfera homogênea perfeita de raio R e massa M, 
que rotaciona com uma velocidade angular w 
constante em torno do eixo polar (Norte-Sul). Se um 
corpo está sobre a superfície da Terra (em repouso 
em relação a Terra), então ele compartilha da mesma 
velocidade angular da Terra. 
Considere uma partícula colocada em ponto na 
superfície da Terra cuja latitude é λ. Esta partícula 
descreve um círculo de raio r=R∙cosλ. Sobre esta 
partícula atua uma força centrífuga Fc = m ∙ w
2 ∙
r(força de inércia observada num referencial ligadoà 
Terra) e a força peso (P = m ∙ g). 
 
R
r
O L
S
N
w
λλ
mg
mw2r
180º-λ
PAP
 
Vamos aplicar a regra do paralelogramo para 
determinarmos o peso aparente do corpo colocado 
em uma latitude λ: 
mg
mw2r=mw2Rcos2λ
180º-λ
PAP
 
 
PAP = √(mg)
2 + (mw2r)2 + 2(mg)(mw2r) cos(1800 − λ) 
 
Substituindo-se r=R∙cosλ na expressão acima 
e isolado o termo m2e na sequência extrair este termo 
da raiz quadrada, obtemos: 
 
PAP = m ∙ [g
2 + R2w4cos2λ − 2gRw2cos2λ]1 2⁄ 
 
PAP = mg [1 + (
Rw2
g
)
2
cos2λ −
2Rw2
g
cos2λ]
1 2⁄
(eq.10) 
 
gAP = g [1 + (
Rw2
g
)
2
cos2λ −
2Rw2
g
cos2λ]
1 2⁄
 
 
Uma análise criteriosa em relação à Terra, temos: 
Dados: 𝑅 = 6,38 ∙ 106𝑚 e 𝑔 = 9,8𝑚 𝑠2⁄ . 
 
 
17 
Rw2
g
=
6,38 ∙ 106
9,8
∙ (
2𝜋
86400
)
2
=
1
291
 
 Se 
Rw2
g
 é muito pequeno, então podemos desprezar o 
termo (
Rw2
g
)
2
podemos desprezar, assim temos: 
 
gAP ≅ g [1 −
2Rw2
g
cos2λ]
1 2⁄
 
Usando a aproximação binomial:(1 + 𝑥)𝑛 ≅ 1 + 𝑛 ∙ 𝑥 
 
 
gAP ≅ g ∙ (1 −
Rw2
g
∙ cos2λ) = 𝑔 − 𝑤2 ∙ 𝑅 ∙ 𝑐𝑜𝑠2λ 
 
Dicas gerais para o ITA: 
Cálculo do peso aparente em dois casos especiais: 
I. Nos polos (λ=90º): 
PAP = mg 
II. No equador (λ=0º): 
PAP = mg − mw
2R 
De onde concluímos que: 
gAP = g − w
2R 
 
g − gAP = (
2π
T
)
2
∙ R 
 
g − gAP ≅ 0,034m s
2⁄ 
 
Observe que o valor da aceleração da gravidade no 
equador terrestre é ligeiramente do que o valor da 
aceleração da gravidade quando desprezamos a 
rotação da Terra. 
 
III. Se o valor efetivo da aceleração da gravidade no 
equador fosse igual à zero (gAP = 0), a nova 
velocidade angular da Terra (w’) deveria ser igual a: 
gAP = 0 = g − w′
2 ∙ R 
 
w′ = √
g
R
 
O valor acima é aproximadamente 17 vezes maior que 
o valor atual da velocidade angular terrestre atual 
(w’=17∙w). 
 
Cálculos: 
O período atual de rotação da Terra é 86400s, assim: 
𝑤 =
2𝜋
86400
𝑟𝑎𝑑 𝑠⁄ 
 
Se considerarmos a Terra com as seguintes 
características: 
𝑤′ = √
𝑔
𝑅
= √
10
64 ∙ 105
=
1
800
𝑟𝑎𝑑 𝑠⁄ 
 
Logo: 
𝑤′
𝑤
=
1
800
2𝜋
86400
≅ 17 
 
Exemplo resolvido:(UFPA-87) Suponha que a 
velocidade de rotação da Terra aumentasse até que o 
peso de um objeto sobre o equador ficasse nulo. 
Sabendo que o raio da Terra valo 6400 km e que a 
aceleração da gravidade na superfície na superfície 
terrestre é 10 m/s2, o período de rotação da Terra em 
torno de seu eixo valeria: 
a) 800π s 
b) 1000π s 
c)1200π s 
d) 1600π s 
e)1800π s 
 
Resolução do professor Herbert Aquino: 
Para que o peso no equador se torne nulo, temos, que 
o valor efetivo da aceleração da gravidade no equador 
fosse igual à zero (gAP = 0), a nova velocidade 
angular da Terra (w’) deveria ser igual a: 
 
gAP = 0 = g − w′
2 ∙ R 
 
w′ = √
g
R
 
Como: 
w′ =
2π
T
= √
g
R
 
 
T = 2 ∙ π ∙ √
R
g
 
 
T = 2 ∙ π ∙ √
6400 ∙ 103
10
 
T = 2 ∙ π ∙ 80 ∙ 10 
 
T = 1600π s 
 
Exemplo resolvido:(Problems in Physics) O professor 
Herbert Aquino pede que você determine a velocidade 
 
 
18 
angularwde rotação da Terra em torno de seu eixo, para 
que o peso de uma pessoa no equador seja igual a 3 5⁄ 
do seu peso nos polos. Considere que a aceleração da 
gravidade nos polos terrestre é igual a g e que o raio da 
Terra é R. 
 
Solução do professor Herbert Aquino: 
Para que o peso no equador seja igual a 3 5⁄ do seu 
peso nos polos, temos, que o valor efetivo da 
aceleração da gravidade no equador fosse deverá 
ser 3 5⁄ do seu valor nos polos(gAP =
3
5
g), a nova 
velocidade angular da Terra (w’) deveria ser igual a: 
 
gAP = g − w
2R 
3
5
g = g − w2R 
 
w2R =
2
5
g 
 
w2 =
2 ∙ 𝑔
5 ∙ R
 
 
𝑤 = √
2 ∙ g
5 ∙ R
 
 
Exemplo resolvido: (ITA-87) Considere a Terra como 
um corpo homogêneo, isotrópico e esférico de raio R, 
girando em torno do seu eixo, com frequência V 
(número de voltas por unidade de tempo), sendo g a 
aceleração da gravidade medida no equador. Seja V’ a 
frequência com que a Terra deveria girar para que o 
peso dos corpos no equador fosse nulo. Podemos 
afirmar que: 
a) V’=4V 
b) V’=∞. 
c) Não existe V’ que satisfaça às condições do 
problema. 
d) V′ = (V2 +
g
4∙𝜋2∙R
)
1
2
 
e)V′ = (V2 −
g
4∙𝜋2∙R
)
1
2
 
 
Resolução do professor Herbert Aquino: 
No equador podemos escrever a aceleração na forma: 
gE = gp − w
2R 
Do enunciado temos: gE = g 
 
Assim podemos escrever na situação inicial: 
gP = g + w
2R 
 
Se o valor efetivo da aceleração da gravidade no 
equador for igual à zero (g′𝐸 = 0), a nova velocidade 
angular da Terra (w’) deveria ser igual a: 
gE = 0 = gP − w′
2 ∙ R 
Logo: 
0 = g + w2R − w′
2
∙ R 
Escrevendo: w′ = 2πv′ ew = 2πv 
Logo: (2πv′)2 =
𝑔
𝑅
+ (2πv)2 
 
Finalmente obtemos: V′ = (V2 +
g
4∙𝜋2∙R
)
1
2
 
 
Exemplo resolvido: (Poliedro) Sabe-se que, por causa 
do movimento de rotação de um planeta, a força 
gravitacional no equador é menor que nos polos. 
Suponha que o planeta é uma esfera de raio R. O 
período de rotação do planeta ao redor de seu eixo é T 
e a densidade média do planeta é ρ. O professor 
Herbert Aquino pede que você calcule a que altura h 
sobre a superfície do planeta em um dos polos a força 
gravitacional será igual à força gravitacional sobre a 
superfície do equador? 
No equador: 
𝐹𝐶𝑃 = 𝐹𝐺 − 𝑃𝐴𝑃 
 
m ∙ w2 ∙ R =
GmM
R2
− 𝑃𝐴𝑃 
Escrevendo a massa do planeta (M) em função de sua 
densidade temos: 
M =
4𝜋𝜌 ∙ 𝑅3
3
 
Lembre: 
𝑤 =
2 ∙ 𝜋 ∙ 𝑅
𝑇
 
Logo a força gravitacional no equador (peso 
aparente=𝑃𝐴𝑃) será: 
𝑃𝐴𝑃 =
𝐺𝑚
𝑅2
∙ (
4𝜋𝜌 ∙ 𝑅3
3
) −
𝑚 ∙ 4 ∙ 𝜋2 ∙ 𝑅
𝑇2
 
 
𝑃𝐴𝑃 = 𝐺𝑚 ∙ (
4𝜋𝜌 ∙ 𝑅
3
) −
𝑚 ∙ 4 ∙ 𝜋2 ∙ 𝑅
𝑇2
 
 
A força gravitacional numa altitude “h” é dada por: 
 
 
19 
𝐹𝐺 =
𝐺𝑚𝑀
(𝑅 + ℎ)2
 
Reescrevendo a equação acima: 
𝐹𝐺 =
𝐺𝑚
(𝑅 + ℎ)2
(
4𝜋𝜌 ∙ 𝑅3
3
) 
Finalmente comparando-se: 
𝐹𝐺 = 𝑃𝐴𝑃 
 
𝐺𝑚 ∙ (
4𝜋𝜌 ∙ 𝑅
3
) −
𝑚 ∙ 4 ∙ 𝜋2 ∙ 𝑅
𝑇2
=
𝐺𝑚
(𝑅 + ℎ)2
(
4𝜋𝜌 ∙ 𝑅3
3
) 
 
𝑇2 ∙ 𝐺 ∙ 𝜌 − 3 ∙ 𝜋
3 ∙ 𝑇2
=
𝐺 ∙ 𝜌 ∙ 𝑅2
3 ∙ (𝑅 + ℎ)2
 
 
(𝑅 + ℎ)2 =
𝐺 ∙ 𝜌 ∙ 𝑅2 ∙ 𝑇2
𝑇2 ∙ 𝐺 ∙ 𝜌 − 3𝜋
 
 
𝑅 + ℎ = 𝑇 ∙ 𝑅 ∙ (
𝐺 ∙ 𝜌
𝑇2 ∙ 𝐺 ∙ 𝜌 − 3𝜋
)
1
2
 
 
Finalmente: 
ℎ = 𝑅 ∙ {𝑇 ∙ (
𝐺 ∙ 𝜌
𝑇2 ∙ 𝐺 ∙ 𝜌 − 3𝜋
)
1
2
− 1} 
 
 
 
 
4. Energia no campo gravitacional: 
Energia Potencial Gravitacional 
 
Consideremos um campo de forças atrativas, 
tal que a intensidade (F) da força de campo é 
inversamente proporcional ao quadrado da distância (r) 
entre os corpos que se atraem, isto é: F =
K
r2
, em que 
K é uma constante característica dos corpos em 
questão. 
Considerando-se nula a energia potencial do 
campo quando a distância d entre os corpos tende para 
infinito 𝑈(𝑑→∞) = 0, pode-se demonstrar, com auxílio 
de cálculo integral, que a energia potencial, associada 
ao campo de forças, será dada por: 
U = −
K
r
 
O fato de energia potencial ser negativa que 
dizer apenas que: 
Em todos os pontos do campo, a energia potencial 
é menor do que no infinito. 
 
Em outras palavras, poderíamos dizer que, 
para transportar os corpos que se atraem para o infinito, 
onde a energia do campo é zero, é preciso que um 
agente externo forneça energia aos corpos. 
Assim, se a energia potencial do campo for de 
-50J, um agente externo ao campo deve fornecer aos 
corpos 50J de energia para transportá-los ao infinito. 
É simples compreender que esta energia vai 
ser usada para vencera força de atração que existe 
entre os corpos. 
M
m
r
 
A energia potencial gravitacional associada ao 
sistema de corpos mostrado na figura acima é dada por: 
U = −
G ∙ m ∙ M
r
 
(Estudaremos este resultado nos apêndices 
de aprofundamento para o ITA). 
 
Considere um corpo de massa m, animado de 
velocidade escalar v, a uma distância r do centro de 
massa da Terra conforme a figura a seguir. 
M
m
r
v
 
 Seja M a massa da Terra e G a constante de 
gravitação universal. A energia mecânica do sistema 
será dada por: 
 
 
20 
𝐸 = −
𝐺∙𝑚∙𝑀
𝑟
+
𝑚∙𝑣2
2
 , (eq.11) 
 
 
5. Estudo de um satélite em órbita: 
 
Um satélitede um planeta, de acordo com as 
Leis de Kepler, pode estar em órbita elíptica ou circular 
e o seu movimento é mantido pela força de atração 
gravitacional aplicada pela Terra. 
Na órbita elíptica, a velocidade linear de 
translação é variável e o movimento não é uniforme 
(Estudaremos este caso nos apêndices de 
aprofundamento para o ITA). 
 
Estudaremos, no momento, um satélite em 
órbita circular e, portanto, com movimento uniforme. 
 
a)Velocidade linear de translação: 
 
Planeta
Satélite
(m)
(M)
r
C F
v
 
 
Seja M a massa do planeta, r o raio da órbita e 
G a constante de gravitação universal. A força 
gravitacional que o planeta aplica sobre o satélite fará o 
papel de resultante centrípeta: 
FG = FCP 
 
G ∙ m ∙ M
r2
=
m ∙ v2
r
 
 
Assim: 
v = √
G ∙ M
r
 
 
Conclusão: A velocidade de translação tem módulo 
dependente apenas da massa do planeta e do raio de 
sua órbita. 
 
Para o mesmo planeta, quanto mais próximo for 
o satélite, maior será sua velocidade de translação. 
 
Curiosidade ENEM: Em relação ao sistema solar, 
Mercúrio é o planeta que apresenta maior velocidade 
escalar média de translação( mais veloz dos planetas) 
e Plutão é o que apresenta menor velocidade escalar 
média de translação (mais lento dos “planetas”). 
 
b) Período de rotação (T): 
Lembre: 
 
v =
2 ∙ π ∙ r
T
= √
G ∙ M
r
 
Logo: 
T = 2 ∙ π√
r3
G ∙ M
 
Portanto, observe que também o período de um satélite 
só depende da massa do planeta e do raio de sua 
órbita. 
 
c) Terceira Lei de Kepler: 
 
Da equação acima, temos: 
T2
r3
=
4 ∙ π2
G ∙ M
= cte 
 
Na condição em que 𝑀 ≫ 𝑚. 
 
d)Energias: 
 
I. Energia Cinética: 
Sendo v = √
G∙M
r
 e m a massa do satélite, temos: 
 
K =
m ∙ v2
2
=
G ∙ m ∙ M
2r
 
 
II. Energia Potencial Gravitacional: 
 
U = −
G ∙ m ∙ M
r
 
Comparando-se as expressões das energias cinética e 
potencial, notamos que: 
 
 
21 
U = −2K 
 
III. Energia mecânica: 
 
Em = K + U = K + (−2K) 
 
Em = −K 
 
EM = −
G ∙ m ∙ M
2r
 
 
e) Imponderabilidade no interior do satélite: 
 
A imponderabilidade, isto é, a sensação de 
ausência de peso (os corpos flutuam dentro da nave em 
órbita), não significa que inexista força gravitacional, 
mas apenas que está sendo “utilizada” como resultante 
centrípeta capaz de manter o corpo em órbita. Não há 
troca de forças de compressão(N=0) entre um 
astronauta e o chão da nave, de modo semelhante ao 
que ocorre quando, na Terra, um elevador está em 
queda livre e o passageiro não comprime o piso do 
elevador. 
Quando um satélite está em órbita afirmamos 
que um objeto no seu interior e o próprio satélite “caem”, 
em relação ao planeta, com a mesma aceleração ao 
longo de suas órbitas, aceleração esta imposta pela 
atração gravitacional do planeta. 
 
Exemplo de classe: (UNESP-06) Depois de anos de 
interrupção, ocorreu neste ano (2005) a retomada de 
lançamentos do ônibus espacial pela NASA, desta vez 
com sucesso. Nas imagens divulgadas do dia no ônibus 
espacial girando ao redor da Terra, pudemos ver os 
astronautas realizando suas atividades, tanto fora da 
nave como no seu interior. Considerando que as órbitas 
da nave e dos astronautas sejam circulares, analise as 
afirmações seguintes. 
 
I. Não há trabalho realizado pela força gravitacional 
para manter um astronauta em órbita ao redor da Terra. 
II. A aceleração de um astronauta girando ao redor da 
Terra deve-se exclusivamente à ação da força 
gravitacional. 
III. A velocidade vetorial do astronauta ao redor da Terra 
é constante. 
 
Estão corretas as afirmações: 
a) II, somente. 
b) III, somente. 
c) I e II, somente. 
d) II e III, somente. 
e) I, II e III. 
Resposta: C 
 
Exemplo de classe: (PUCRS- 06)Durante cerca de oito 
dias, um astronauta brasileiro dividiu com astronautas 
estrangeiros uma missão a bordo da Estação Espacial 
Internacional (EEI). Inúmeras fotografias da parte 
interna da Estação mostraram objetos e os astronautas 
"flutuando" no seu interior. Este fenômeno ocorre 
porque 
 
I. a aceleração da gravidade sobre eles é zero. 
II. os objetos e os astronautas têm a mesma aceleração 
da Estação. 
III. não há força resultante sobre eles. 
 
Pela análise das afirmativas conclui-se que somente 
está / estão correta(s) 
a) a I. 
b) a II. 
c) a III. 
d) a I e a III. 
e) a II e a III. 
Resposta:B 
 
f) Satélite Estacionário: 
 
Um satélite é dito estacionário quando ocupa 
sempre a mesma posição em relação a um referencial 
ligado à superfície do planeta. 
Para que um satélite seja estacionário, ele deve 
satisfazer as seguintes condições: 
I. Plano de órbita: a órbita deve estar contida no plano 
equatorial do planeta. 
II. Trajetória: a órbita deve ser circular. 
III. Período de Rotação: igual ao período de rotação do 
planeta. 
O satélite estacionário tem aplicação em 
telecomunicações. 
 
Dica ITA: Vamos calcular a que altura deve ficar um 
satélite geoestacionário. 
 
 
22 
Planeta
Satélite
(m)
(M)
r=R+h
C F
v
h
 
 
Podemos escrever o período de rotação do satélite da 
seguinte forma: 
T = 2 ∙ π ∙ √
(R + h)3
g ∙ R2
 
h = [
T2 ∙ g ∙ R2
4 ∙ π2
]
1 3⁄
− R 
Usando: T=86400s e g = 10m s2⁄ . 
Substituindo-se os valores obtemos: 
ℎ ≅ 36000𝑘𝑚 
 
Raio da órbita geoestacionária: 
r = R + h ≅ 42000km 
 
Velocidade orbital de um satélite geoestacionário: 
v0 = w ∙ r 
 
v0 =
2π
T
∙ r 
 
v0 =
2 ∙ π ∙ 42000 ∙ 103
86400
m s⁄ 
 
v0 ≅ 3km s⁄ 
 
e) Satélite rasante: 
 
Para um satélite rasante (junto à superfície 
terrestre), desprezando o efeito do ar, temos: 
 
C
Planeta
Satélite
(m)
(M)
r=R
C F
v
 
FG = FCP 
 
m ∙ g0 =
m ∙ v0
2
R
 
 
v0 = √g0 ∙ R 
 
Para a Terra, temos: 
• Aceleração da gravidade nas proximidades da 
Terra: g0=10m/s2; 
• Raio da Terra: R=6,4∙106m; 
v0 = √10 ∙ 6,4 ∙ 106 m s⁄ 
 
v0 = 8,0 ∙ 10
3 m s⁄ = 8km s⁄ 
 
Nota: A velocidade do satélite rasante corresponde à 
velocidade de lançamento horizontal de um corpo para 
transformá-lo em um satélite da Terra e é chamada de 
velocidade cósmica primeira. 
 
Dica ITA: Período do satélite rasante: 
𝑣0 =
2𝜋𝑅
𝑇
 
 
𝑇 =
2 ∙ 𝜋 ∙ 𝑅
𝑣0
 
 
𝑇 =
2 ∙ 3,14 ∙ 6,4 ∙ 106
8,0 ∙ 103
 
 
𝑇 ≅ 5024𝑠 ≅ 83,7𝑚𝑖𝑛 
 
Em termos práticos aproximamos o período do satélite 
rasante para 84 minutos. 
 
Exemplo Resolvido: (ITA-1974) Um satélite artificial 
descreve uma órbita circular em torno da Terra com 
 
 
23 
período T = 4 ∙ π ∙ √2R g⁄ , onde R é o raio da Terra 
e g a aceleração da gravidade na superfície terrestre. A 
que altura acima da superfície se encontra o satélite? 
 
Solução: Vamos calcular a que altura deve ficar um 
satélite artificial. 
Planeta
Satélite
(m)
(M)
r=R+h
C F
v
h
 
 
Podemos escrever o período de rotação do satélite da 
seguinte forma: 
T = 2 ∙ π√
r3
G ∙ M
 
Observando a figura acima temos: r=R+h. 
Usando g =
G∙M
R2
 (aceleração da gravidade na 
superfície do planeta), podemos escrever o período da 
seguinte forma: 
T = 2 ∙ π ∙ √
(R + h)3
g ∙ R2
 
Comparando-se com a equação fornecida no problema: 
T = 2 ∙ π ∙ √
(R + h)3
g ∙ R2
= 4 ∙ π ∙ √
2R
g
 
 
√
(R + h)3
g ∙ R2
= 2 ∙ √
2R
g
 
√
(R + h)3
g ∙ R2
= √
8R
g
 
 
(R + h)3
g ∙ R2
=
8R
g
 
 
(R + h)3 = 8R3 
 
R + h = 2R 
Finalmente: 
 
h = R 
 
Exemplo Resolvido: (IME-81/82) Mostre que o raio r 
da órbita da Lua pode ser determinado a partir do raio 
R da Terra, da aceleração da gravidade na superfície 
da Terra e do tempo T necessário para a Lua descrever 
uma volta completa em torno da Terra, ou seja, 
r=f(g,R,T). 
 
Resolução: 
Planeta
Satélite
(m)
(M)
r
C F
v
 
Da Terceira Lei de Kepler: 
 
T2
r3
=
4 ∙ π2
G ∙ M
 
 
Usando g𝑅2 = G ∙ M (g: aceleração da gravidade na 
superfície do planeta), assim podemos reescrever a 
equação: 
 
T2
r3
=
4 ∙ π2
g𝑅2
 
 
𝑟3 =
g𝑅2T2
4 ∙ π2
 
r = [
gR2T2
4 ∙ π2
]
1 3⁄
 
 
Exemplo resolvido: (UFPB-11)Os satélites artificiais 
são uma conquista da tecnologia moderna e os seus 
propósitos são variados. Existem satélites com fins 
militares, de comunicação,de monitoramento etc. e 
todo satélite tem uma órbita e uma velocidade orbital 
 
 
24 
bem determinadas. Nesse contexto, considere um 
satélite de comunicação que descreve uma órbita 
circular em torno da Terra com um período de revolução 
de 8 x104s.Com base nessas informações e 
desprezando o movimento da Terra, é correto afirmar 
que esse satélite gira em torno da Terra com uma 
velocidade orbital de: 
Dados: 
Aceleração da gravidade: g = 10 m/s2 . 
Constante da gravitação universal: G = 6 x 10−11 N m2 / 
kg2 
Massa da Terra: M = 6 x 1024kg. 
Constante π = 3. 
 
a) 1000 m/s 
b) 1500 m/s 
c) 2000 m/s 
d) 3000 m/s 
e) 3500 m/s 
Resposta: D 
 
 
Resolução: 
A força de atração gravitacional é a resultante 
centrípeta. 
2
2
GMm v
m
rr
= 2
GM
v
r
→ =
2
GM 2 r
r T
π 
→ =  
 
2 11 24 8
3 21
2
GMT 6x10 x6x10 x64x10
r 64x10
4x94π
−
= = =
7r 4x10 m→ = 
7
4
2 r 2x3x4x10
V 3000m / s
T 8x10
π
= = = . 
 
Exemplo de classe: (Fgvrj 2010)Muitos satélites 
utilizados em telefonia, transmissões de rádio e TV, 
internet e outros serviços de telecomunicações ocupam 
a órbita geoestacionária. Nesta órbita, situada no plano 
da linha do equador, os satélites permanecem sempre 
acima de um mesmo ponto da superfície terrestre, 
parecendo parados para um observador no equador. A 
altura de um satélite geocêntrico, em relação à 
superfície da Terra, em órbita circular, é 
aproximadamente igual a 
 
Dados: G = constante de gravitação universal 
M = massa da Terra 
R = raio da Terra = 6, 4 x 106m 
[G M / 4 π2]1/3 = 2,2 x 104 m s -2/3 
[24 horas] 2/3 = 2,0 x 103 s2/3 
a) 37600 km. 
b) 50000 km. 
c) 64000 km. 
d) 12800 km. 
e) 25000 km. 
Resposta:A 
 
Exemplo de classe: (FUVEST-05)Um satélite artificial, 
em órbita circular em torno da Terra, mantém um 
período que depende de sua altura em relação à 
superfície da Terra. 
 
NOTE E ADOTE: 
A força de atração gravitacional sobre um corpo de 
massa m é F= GmM/r2, em que r é a distância entre a 
massa e o centro da Terra, G é a constante 
gravitacional e M é a massa da Terra. 
Na superfície da Terra, F = mg em que g = GM/R2; 
g = 10m/s2 e R = 6,4 × 106m. 
Considere π ≈ 3 
Determine: 
 
a) o período T0 do satélite, em minutos, quando sua 
órbita está muito próxima da superfície. (Ou seja, está 
a uma distância do centro da Terra praticamente igual 
ao raio da Terra). 
b) o período T4 do satélite, em minutos, quando sua 
órbita está a uma distância do centro da Terra 
aproximadamente igual a quatro vezes o raio da Terra. 
 
Resposta: a) 80 min b) 640min 
 
 
 
6. Fuga do campo gravitacional da 
Terra: 
 
 
 
25 
A energia mecânica de um corpo, no campo 
gravitacional da Terra, é a soma de duas parcelas: 
• A energia cinética 
m∙v2
2
, que é sempre positiva; 
• A energia potencial −
G∙m∙M
r
 , que é sempre 
negativa; 
 
A respeito do valor da energia mecânica do 
corpo, temos três possibilidades: 
a) Em > 0: isto significa que o corpo tem 
energia mecânicasuficiente para se libertar do campo 
gravitacional da Terra e ainda lhe sobra energia para 
prosseguir viagem. A energia cinética do corpo, fora do 
campo gravitacional da Terra (U = 0), será igual a sua 
energia mecânica. 
b) Em = 0 : isto significa que a energia do 
corpo é apenas suficiente para escapar do campo 
gravitacional da Terra. 
c) Em < 0: isto significa que o corpo não tem 
energia suficiente para se libertar do campo 
gravitacional da Terra; nesse caso, ou retorna à 
superfície terrestre ou entra em órbita em torno da 
Terra. 
Dizemos, então, que existe uma energia que 
mantém o corpo preso, ligado à Terra, impedindo-o de 
escapar do campo gravitacional terrestre. Essa energia 
é denominada “energia de ligação” entre o corpo e a 
Terra e constitui uma espécie de barreira gravitacional 
criada pela Terra. A energia de ligação é 
numericamente igual à energia mecânica do corpo com 
o sinal trocado, isto é: 
EL = −EM =
G ∙ m ∙ M
r
−
m ∙ v2
2
 
 
a) Energia de ligação entre a Terra e um corpo 
parado em sua superfície: 
 
Para um corpo parado, na superfície da Terra 
(r=R e v=0), temos: 
EL =
G ∙ m ∙ M
R
 
 
Sendog0 =
G∙M
𝑅2
a aceleração da gravidade na 
superfície terrestre, podemos reescrever a equação 
acima na forma: 
 
EL = m ∙ g0 ∙ R 
 
b) Velocidade de Escape: 
 
Denomina-se energia de escape a quantidade 
de energia mecânica mínima a ser fornecida a um corpo 
para que consiga “escapar” do campo gravitacional da 
Terra. 
Em particular, para que um corpo parado na 
superfície da Terra consiga escapar de seu campo 
gravitacional, ele deve receber uma energia cinética 
maior ou igual à sua energia de ligação com a Terra. 
C
Planeta
Satélite
(m)
(M)
r=R
C vE
 
Matematicamente: 
K ≥ EL 
 
ou 
 
EESCAPE = EL 
 
m ∙ v2
2
≥ m ∙ g0 ∙ R 
 
Finalmente, podemos escrever: 
v ≥ √2 ∙ g0 ∙ R 
A velocidade escalar mínima de lançamento, 
para escapar ao campo gravitacional da Terra, será a 
velocidade de escape (vE) dada por: 
vE = √2 ∙ g0 ∙ R 
 
Para a Terra, temos: 
• Aceleração da gravidade nas proximidades da 
Terra: g0=10m/s2; 
• Raio da Terra: R=6,4∙106m; 
 
vE = √2 ∙ 10 ∙ 6,4 ∙ 106 m s⁄ 
vE = 8,0√2 ∙ 10
3 m s⁄ 
vE = 8,0√2km s ≅ 11,2 km s⁄⁄ 
 
Portanto, a velocidade de escape do planeta 
Terra, isto é, a mínima velocidade com que devemos 
lançar um corpo para que não mais retorne à Terra, a 
partir de sua superfície, é de, 
aproximadamente, 11,2 km s⁄ ( Em termos práticos o 
 
 
26 
valor da velocidade de escape deve ser maior que 
este). 
 
Nota: A velocidade de escape é característica de cada 
planeta, dependendo apenas de sua massa e raio, na 
suposição de não se considerar os efeitos de rotação 
do planeta: 
𝐯𝐄 = √
𝟐 ∙ 𝐆 ∙ 𝐌
𝐑
= √𝟐 ∙ 𝐠𝟎 ∙ 𝐑 
A velocidade de escape é denominada velocidade 
cósmica segunda. 
 
Curiosidade: 
 
Dicas ITA: 
I. Vamos calcular a velocidade de escape para um 
corpo colocado a uma altura h acima da superfície da 
Terra: 
C
Planeta
Satélite
(m)
(M)
r=R
C vE’
h
 
Por conservação da energia, temos: 
 
−
GmM
(R + h)
+
mv′E
2
2
= 0 + 0 
 
v′E
2
= √
GM
(R + h)
< vE 
II. Cálculo da velocidade de escape para um corpo 
lançado entre dois planetas. 
 
Planeta
(M1)
vE
d1
Planeta
(M2)
d2
m
 
 
Por conservação da energia, temos: 
−[
G ∙ m ∙ 𝑀1
𝑑1
+
G ∙ m ∙ 𝑀2
𝑑2
] +
mv′E
2
2
= 0 + 0 
 
𝑣𝐸 = √2 ∙ [
G ∙ 𝑀1
𝑑1
+
G ∙ 𝑀2
𝑑2
] 
III. Se um corpo é projetado com uma velocidade maior 
que a velocidade de escape (vI = k ∙ vE,com k> 1) 
,então, ele chegará ao “infinito” com velocidade não-
nula. Assim, queremos determinar a velocidade do 
corpo ao atingir o infinito (v). 
Planeta
Satélite
(m)
(M)
r=R
C
v
h(tende ao infinito)
vI
 
 
Por conservação da energia: 
m(k ∙ vE)
2
2
−
GmM
R
=
mv2
2
+ 0 
 
v = √k2 ∙ vE
2 −
2GM
R
 
 
Lembrando que vE = √
2∙G∙M
R
, assim podemos 
escrever: 
 
v = √k2 ∙ vE
2 − vE
2 
 
v = vE ∙ √k2 − 1 
IV. Buraco Negro: 
É uma região do espaço em que a concentração de 
massa é tão grande, que a força gravitacional é tão 
intensa, que a velocidade de escape é maior que a 
velocidade da luz no vácuo. 
Cálculo do raio de horizonte: 
𝑣𝐸 ≥ 𝑐 
 
√
2𝐺𝑀
𝑅
≥ 𝑐 
 
𝑅 ≤
2𝐺𝑀
𝑐2
 
 
 
 
27 
 
V. Cálculo da velocidade (v0) necessária para um 
satélite atingir uma altura máxima h: 
C
Planeta
Satélite (m)
(M)
r=R
C V=0C
Planeta
(m)
(M)
r=R
C
h
V0
 
Por conservação da energia, temos: 
 
−
GmM
R
+
m ∙ v0
2
2
= −
GmM
(R + h)
 
 
−
GM
R
+
v0
2
2
= −
GM
(R + h)
 
 
v0
2
2
= GM ∙ [
1
R
−
1
R + h
] 
 
 
v0
2 = 2GM ∙ [
1
R
−
1
R + h
] 
 
v0
2 = 2GM ∙ [
R + h − R
R(R + h)
] 
 
𝑣0 = √
2𝐺𝑀ℎ
R(R + h)
 
Sendo a aceleração da gravidade na superfície do 
planeta igual a go =
G∙M
R2
,temos: 
v0 = √
2 ∙ go ∙ R ∙ h
(R + h)
 
Exemplo resolvido: (AFA-2001- Modificada) A partir 
da superfície da Terra, um foguete, sem propulsão, de 
massa m, é lançado verticalmente com velocidade v0 e 
atinge uma altura máxima igual ao raio R da Terra. O 
professor Herbert Aquino quevocê calcule o módulo da 
velocidade inicial em função da massa da Terra (M) e 
da Constante de Gravitação Universal (G). 
Solução: 
C
Planeta
Satélite (m)
(M)
r=R
C V=0C
Planeta
(m)
(M)
r=R
C
h
V0
 
Por conservação da energia, temos: 
 
−
GmM
R
+
m ∙ v0
2
2
= −
GmM
(R + h)
 
 
−
GM
R
+
v0
2
2
= −
GM
(R + h)
 
 
v0
2
2
= GM ∙ [
1
R
−
1
R + h
] 
 
 
v0
2 = 2GM ∙ [
1
R
−
1
R + h
] 
 
v0
2 = 2GM ∙ [
R + h − R
R(R + h)
] 
 
𝑣0 = √
2𝐺𝑀ℎ
R(R + h)
 
 
Como h=R, temos: 
v0 = √
2GMR
R(R + R)
 
 
v0 = √
GM
R
 
 
Exemplo resolvido: (HERBERT AQUINO) Uma 
partícula é projetada de um ponto que fica localizado no 
ponto médio entre a Terra e a Lua. Sabendo que a Terra 
e a Lua possuem massas a M1 e M2 e raios iguais a 
R1 e R2 e que a distância entre a Terra e a Lua seja 
igual a d, o professor Herbert Aquino que você calcule 
a mínima velocidade necessária para que o corpo 
escape. 
 
 
28 
Terra
(M1)
vE
d/2
Lua
(M2)
d/2
m
 
 
Por conservação da energia, temos: 
−[
G ∙ m ∙ 𝑀1
𝑑 2⁄
+
G ∙ m ∙ 𝑀2
𝑑 2⁄
] +
mv′E
2
2
= 0 + 0 
 
𝑣𝐸 = √4 ∙ [
G ∙ (𝑀1 + 𝑀2)
𝑑
] 
 
 
Exemplo classe: Uma nave espacial se encontra em 
órbita rasante a superfície terrestre. O professor Herbert 
Aquino pede que você calcule o acréscimo de 
velocidade da nave espacial para que ela escape do 
campo gravitacional terrestre. Considere a aceleração 
da gravidade na superfície terrestre igual a g =
10m s2⁄ e o raio da Terra igual a R=6400km. 
 
 
c) Trajetória executada pelo corpo lançado a partir 
da superfície do planeta: 
Se lançarmos um corpo horizontalmente, de um ponto 
bem próximo à superfície terrestre, não levando em 
conta a rotação e nem a resistênciado ar, teremos: 
 
I. Para v < 8km s⁄ : Trajetória parabólica, o projétil 
retorna a superfície do planeta. 
 
II. Para v = 8km s⁄ : O projétil passa a executar uma 
trajetória circular de período aproximado de 84 min. 
 
III. Para 8 km s < 𝑣 < 11,2 km s⁄⁄ : O projétil 
assume órbita elíptica. 
 
IV. Para v = 11,2 km s⁄ : O projétil assume trajetória 
parabólica , não mais retornando à Terra. 
 
V. Para v > 11,2 km s⁄ : O projétil assume trajetória 
hiperbólica, não mais retornando à Terra. 
 
 
7. Complementos para o ITA e OBF: 
 
A. Gravitação no Interior da Terra: 
 
Newton resolveu o problema da atração entre a Terra e 
maçã provando um importante teorema, conhecido 
como teorema das cascas: 
 
Uma casca esférica uniforme de matéria atrai uma 
partícula que se encontra fora da casca como se 
toda a massa da casca estivesse concentrada no 
seu centro. 
 
O teorema das cascas de Newton também pode ser 
aplicado a uma situação na qual a partícula se encontra 
no interior de uma casca uniforme, para demonstrar o 
seguinte: 
 
Uma casca uniforme de matéria não exerce força 
gravitacional resultante sobre uma partícula 
localizada no seu interior. 
 
Atenção: Esta afirmação não significaque as forças 
gravitacionais exercidas pelos vários elementos da 
casca sobre a partícula desaparecem magicamente, 
mas apenas que a resultante de todas as forças 
gravitacionais que agem sobre a partícula é nula. 
 
Demonstração importante: 
Vamos agora calcular a intensidade da força 
gravitacional que atua sobre uma partícula de massa m 
localizada no interior de uma casca esférica 
homogênea. 
M1
M2
F1 F2
r1 r2
m
b
a
 
 
 
 
29 
Escolhemos agora porções infinitesimais da casca 
esférica homogênea, de massa M1 e M2, que são 
colineares com a partícula de massa m. 
 
Na figura acima, a partícula de massa m interage com 
a porção esférica de massa M1 e estabelece uma força 
de interação gravitacional dada por: 
F1 =
G ∙ M1 ∙ m
r1
2 
 
De forma análoga, a partícula de massa m interage com 
a porção esférica de massa M2 e estabelece uma força 
de interação gravitacional dada por: 
 
F2 =
G ∙ M2 ∙ m
r2
2 
 
Assim a força gravitacional resultante é dada por: 
 
F𝑅 = F1 − F2 
 
F𝑅 =
G ∙ M1 ∙ m
r1
2 −
G ∙ M2 ∙ m
r2
2 
 
FR = G ∙ m ∙ [
M1
r1
2 −
M2
r2
2 ] 
 
Observando a figura e considerando porções esféricas 
infinitesimais temos que as áreas superficiais podem 
ser aproximadas por círculos de raios a e b. 
 
Lembrando: Densidade =
Massa
Volume
 
d =
M1
L ∙ π ∙ a2
=
M2
L ∙ π ∙ b2
= constante 
 
Onde: L é espessura da casca. 
 
Logo: 
M1
a2
=
M2
b2
= constante 
 
Observando-se que as porções possuem um perfil das 
áreas em destaque (quase plana), obtemos a figura 
abaixo: 
a a
b b
r2
r1
θ
θ
 
Da geometria da figura acima, obtemos: 
 
tgθ =
a 2⁄
r1
=
b 2⁄
r2
 
 
 
 
a
r1
=
b
r2
 
 
Elevando-se ao quadrado: 
(
a
r1
)
2
= (
b
r2
)
2
 
 
Utilizando as relações anteriores: 
M1
a2
=
M2
b2
→
M1
b2∙ (
r1
r2
)
2 =
M2
b2
 
 
De onde obtemos: 
M1
r1
2 =
M2
r2
2 
 
 
30 
 
Assim, concluímos que: 
FR = 0 
 
A força gravitacional resultante sobre a partícula de 
massa m no interior da casca é nula. Se continuarmos 
nossa análise para outro par de pequenas porções 
esféricas de massa colineares com m, também resulta 
em uma força gravitacional resultante nula sobre m. 
 
Nota: O módulo da aceleração da gravidade em pontos 
localizados no interior de uma casca esférica é nulo. 
gINTERIOR = 0 
 
Exemplo de classe: (UECE-08)Duas cascas esféricas 
concêntricas, de densidades uniformes, têm massas M1 
(raio r1) e M2 (raio r2), como mostra a figura. 
 
Assinale a alternativa que contém o valor da força 
gravitacional sobre uma partícula de massa m 
localizada entre as cascas, a uma distância d dos seus 
centros. 
a) Gm [(M1 + M2)/d2] 
b) Gm [(M1/r12) + (M2/r22)] 
c) Gm [(M1 - M2)/d2] 
d) G (mM1/d2) 
Resposta: D 
 
Exemplo de classe:(OBF) Em seu trabalho sobre 
gravitação universal, Newton demonstrou que uma 
distribuição esférica homogênea de massa surte o 
mesmo efeito que uma massa concentrada no centro 
de distribuição. Se no centro da Terra fosse recortado 
um espaço oco esférico com metade do raio da Terra, 
o módulo da aceleração na superfície terrestre 
diminuiria para (g é o módulo da aceleração da 
gravidade na superfície terrestre sem a cavidade): 
a)
3
8
g 
 
b)
1
2
g 
 
c)
5
8
g 
 
d)
3
4
g 
 
e)
7
8
g 
 
Resposta: E 
 
B. Princípio da Superposição aplicado a problemas 
de Gravitação Universal: 
 
Exemplo resolvido: Numa esfera de chumbo de raio 
2R, faz-se uma cavidade esférica de tal modo que a sua 
superfície toca a superfície externa da esfera de 
chumbo e passa pelo centro desta. A massa da esfera 
antes que a cavidade externa fosse feita era M. Com 
que força, de acordo com a lei da gravitação universal, 
a esfera de chumbo irá agora atrair uma pequena esfera 
de massa m, que se encontra a uma distância 6R de 
superfície conforme a figura abaixo. 
6R
2R
m
A
 
 
Solução: 
A interação gravitacional entre a esfera ( com a massa 
extraída) e a esfera de massa m pode ser analisada 
usando o princípio da superposição. Primeiramente 
calculamos o efeito de toda a esfera maciça de massa 
M sobre a partícula de massa m, em seguida estuda-se 
o efeito da parte retirada e por fim determinamos o 
efeito resultante da esfera com a cavidade sobre a 
partícula de massa m. 
 
 
31 
7R
2R
m
2R
8R
m
m
M
mX
massa 
extraída
M-mX
F1
F2
FR=F1-F2
A
A
A
 
 
Para a esfera maior (M) e para cavidade esférica 
extraída (mX) a massa é distribuída uniformemente, 
assim, a densidade é constante, dessa forma 
escrevemos: 
 
d =
M
4∙π∙(2R)3
3
=
mX
4∙π∙R3
3
 
mX
M
= (
R
2R
)
3
 
 
mX =
𝑀
8
 
 
Após determinarmos a massa que foi extraída, vamos 
usar a lei da gravitação universal e determinar a forças 
de interação gravitacional. 
 
A força de interação entre a esfera maciça e a partícula 
F1 =
GMm
(8R)2
=
GMm
64 ∙ R2
 
 
Se a esfera extraída de raio R interage com a partícula 
de massa m, a força é dada por: 
F2 =
G ∙ MX ∙ m
(7R)2
=
GMm
8 ∙ 49 ∙ R2
 
 
Agora, a interação da esfera grande (com a massa 
extraída) e a partícula colocada em A, será uma força 
gravitacional de módulo igual a FR = F1− F2. Esse 
pensamento é válido no sentido em que ao extrair certa 
massa da esfera, esta parte não exercerá mais atração 
sobre a partícula, portanto, a ação da esfera sobre a 
partícula diminui deste valor. Logo a interação da esfera 
com a partícula é igual a: 
FR = F1 − F2 
 
FR =
GMm
64 ∙ R2
−
GMm
8 ∙ 49 ∙ R2
 
 
FR =
41 ∙ G ∙ M ∙ m
3136 ∙ R2
 
 
C.Estrela binária: 
Considere uma estrela binária formada por 
duas estrelas de massas m1 e m2 separadas por uma 
distância r em que ambas girando em torno do centro 
de massa com a mesma velocidade angular conforme 
a figura abaixo. Nosso objetivo neste complemento é 
determinar o período de rotação do sistema e o valor da 
velocidade orbital de cada uma das estrelas. 
m1 m2
CM
w
r
v1
v2
 
 
No sistema não atuam forças externa (força 
gravitacional entre as estrelas é interna ao sistema), 
assim o momento linear total do sistema e a velocidade 
do centro de massa permanece constante em relação a 
um referencial inercial, estandoo centro de massa do 
sistema em repouso (vCM=0, pois há uma compensação 
da quantidade de movimento das partículas|𝑚1𝑣1| =
 
 
32 
|𝑚2𝑣2|). As partículas apenas apresentam movimento 
de rotação em torno do centro de massa. 
 
m1 m2
CM
w
v1
v2
m1 m2
CM w
v1
v2
r
r1 r2
F F
 
 
Sejam r1 e r2 as distâncias de m1 e m2 do centro de 
massa do sistema e r a distancia entre elas indicadas 
na figura acima. Então, podemos escrever: 
 
𝑟 = 𝑟1 + 𝑟2 
 
Como o centro de massa permanece em repouso, 
podemos escrever (Veja a figura abaixo): 
m1 m2m1
CM
r
r1 r2
0-r1 r2
x
 
𝑋𝐶𝑀 = 0 =
𝑚1 ∙ (−𝑟1) + 𝑚2 ∙ 𝑟2
𝑚1 + 𝑚2
 
 De onde vem: 
𝑚1𝑟1 = 𝑚2𝑟2 
 
Determinando r1: 
 
Logo: 𝑟2 =
𝑚1∙𝑟1
𝑚2
 
 
De onde escrevemos: 
𝑟1 + 𝑟1 ∙
𝑚1
𝑚2
= 𝑟 
 
r1 ∙ (
m1 + m2
m2
) = r 
 
r1 =
m2 ∙ r
(m1 + m2)
 
Determinando r2: 
 
r2 =
m1
m2
∙
m2 ∙ r
(m1 + m2)
 
 
r2 =
m1 ∙ r
(m1 + m2)
 
 
 
Agora iremos determinar a velocidade orbital de cada 
uma das estrelas: 
 
Para a estrela de massa m1: 
A força gravitacional está atuando como força 
resultante centrípeta, de onde podemos escrever: 
 
Gm1m2
r2
=
m1v1
2
r1
 
 
Gm2
r2
=
v1
2
m2∙r
(m1+m2)
 
 
v1 = √
Gm2
2
(m1 + m2) ∙ r
 
 
Para a estrela de massa m2: 
A força gravitacional está atuando como força 
resultante centrípeta, de onde podemos escrever: 
 
Gm1m2
r2
=
m2v2
2
r2
 
 
Gm1
r2
=
v1
2
m1∙r
(m1+m2)
 
 
v2 = √
Gm1
2
(m1 + m2) ∙ r
 
 
 
33 
Cálculo do período de revolução do sistema binário 
formado pelas estrelas: 
 
T =
2πr1
v1
 
 
T =
2π ∙ [
m2∙r
(m1+m2)
]
√
Gm2
2
(m1+m2)∙r
 
 
De onde, finalmente obtemos: 
 
T = 2π ∙ √
r3
G ∙ (m1 + m2)
 
 
Como o sistema é isolado, ambas as estrelas 
descrevem órbitas circulares em torno do centro de 
massa com o mesmo período. 
 
Caso especial: Outro ponto de vista para o sistema 
binário (Interação Terra- Satélite) 
Usando: 𝑚1 = 𝑀 e 𝑚2 = 𝑚 
Na aproximação:m ≪ M 
Obtemos: v1 ≅ 0 = V(Terra em repouso) 
Para o satélite: v2 = v = √
GM
R
 (velocidade orbital) 
T = 2 ∙ π√
r3
G∙M
(período do satélite em órbita) 
 
Exemplo Resolvido: Duas estrelas de massas m e 2m 
respectivamente, separadas por uma distância d e 
bastante afastadas de qualquer outra massa 
considerável, executam movimentos circulares em 
torno do centro de massa comum. Nestas condições, o 
professor Herbert Aquino pede que você calcule o 
tempo para uma revolução completa e a velocidade da 
massa 2m. 
 
Solução do professor Herbert Aquino: 
m1 m
CM
w
v1
v2
2m
CM w
v1
r1 r2
F F
d
 
 
Usando os resultados obtidos anteriormente: 
r1 =
m2 ∙ r
(m1 + m2)
=
𝑚 ∙ 𝑑
3𝑚
=
𝑑
3
 
 
r2 =
m1 ∙ r
(m1 + m2)
=
2𝑚 ∙ 𝑑
3𝑚
=
2𝑑
3
 
Período: 
T = 2π ∙ √
𝑟3
G ∙ (m1 + m2)
 
 
T = 2π ∙ √
𝑑3
G ∙ 3m
 
T = 2π ∙ √
𝑑3
3 ∙ G ∙ m
 
 
Cálculo da velocidade da estrela de massa 2m: 
 
 
v1 = √
Gm2
2
(m1 + m2) ∙ r
 
 
v1 = √
G ∙ 𝑚2
3m ∙ d
 
 
 
34 
v1 = √
G ∙ m
3 ∙ d
 
 
Exemplo de classe: (ITA-12) Boa parte das estrelas do 
Universo formam sistemas binários nos quais duas 
estrelas giram em torno do centro de massa comum, 
CM. Considere duas estrelas esféricas de um sistema 
binário em que cada qual descreve uma órbita circular 
em torno desse centro. Sobre tal sistema são feitas 
duas afirmações: 
 
I. O período de revolução é o mesmo para as duas 
estrelas e depende apenas da distância entre elas, da 
massa total deste binário e da constante gravitacional. 
II. Considere que𝑅1⃗⃗⃗⃗ e 𝑅2⃗⃗ ⃗⃗ são os vetores que ligam o CM 
ao respectivo centro de cada estrela. Num certo 
intervalo de tempo tΔ , o raio vetor 𝑅1⃗⃗⃗⃗ varre uma certa 
área A. Durante este mesmo intervalo de tempo, o raio 
vetor 𝑅2⃗⃗ ⃗⃗ também varre uma área igual a A. 
 
Diante destas duas proposições, assinale a alternativa 
correta. 
a) As afirmações I e II são falsas. 
b) Apenas a afirmação I é verdadeira. 
c) Apenas a afirmação II é verdadeira. 
d) As afirmações I e II são verdadeiras, mas a II não 
justifica a I. 
e) As afirmações I e II são verdadeiras e, além disso, a 
II justifica a I. 
 
Resposta: B 
 
 
D.Energia potencial gravitacional (Demonstração 
de aprofundamento ITA): 
 
Suponha que uma partícula esteja inicialmente 
infinitamente separada da superfície da Terra. Estamos 
interessados em encontrar uma expressão para a 
energia potencial gravitacional U da bola no ponto P da 
sua trajetória, a uma distância R do centro da Terra, 
para isso, primeiro calculamos o trabalho WFG realizado 
pela gravitacional de uma distância muito grande 
(infinita) da Terra até o ponto P (distância r do centro da 
Terra).Como a força gravitacional é variável, usaremos 
o cálculo integral. 
M
r
dr ds
R
FG
Ui=0 (r tende ao infinito)
 
 
∆U = WAE = −WFG 
 
∆U = UF − UI = −WFG 
 
Condições: 
1. Para r = ∞, temos: UI = 0. 
2. Para r = r, temos: UF = U. 
 
U = −WFG = −∫FG⃗⃗⃗⃗ ∙ ds 
 
U = −∫FG ∙ ds ∙ cos 0 
 
Da figura: 𝑑𝑠 = −𝑑𝑟 
 
Podemos reescrever a equação: 
U = −∫ F ∙ (−dr)
r
∞
 
 
 
 
35 
𝑈 = ∫
G ∙ m ∙ M
r2
∙ (dr)
r
∞
 
 
 
U = G ∙ m ∙ M∫ r−2 ∙ (dr)
r
∞
 
 
Fazendo o cálculo da integral obtemos: 
U = −G ∙ m ∙ M ∙ [
1
r
]
∞
r
 
 
U = −G ∙ m ∙ M ∙ [
1
𝑟
−
1
∞
] 
 
Finalmente: 
U = −
𝐺 ∙ 𝑚 ∙ 𝑀
𝑟
 
 
Nota1: A energia potencial dada pela equação U =
−
𝐺∙𝑚∙𝑀
𝑟
 é uma propriedade do sistema das duas 
partículas e não de uma delas isolada. Para o sistema 
Terra-Partícula, 𝑀 ≫ 𝑚 é comum falarmos em energia 
potencial da partícula. 
 
Nota2: O trabalho realizado pela força gravitacional é 
independente da trajetória (Força conservativa). 
 
 
 
 
 
 
Detalhe: Variação da energia potencial. 
h
R
M
m
 
 
Quando tomamos o infinito como nível de referência, a 
energia potencial da partícula quando ela se encontra 
na superfície da Terra (r=R) é dada por: 
U = −
G ∙ m ∙ M
R
 
A uma altitude h a energia potencial gravitacional do 
sistema será dada por: 
Uh = −
G ∙ m ∙ M
(R + h)
 
 
Logo, podemos calcular a variação de energia potencial 
gravitacional quando uma partícula é transportada da 
superfície do planeta até uma altitude h, que dada por: 
 
∆U = Uh − U 
 
∆U = −
G ∙ m ∙ M
(R + h)
− [−
G ∙ m ∙ M
R
] 
 
∆U = G ∙ m ∙ M [
1
𝑅
−
1
𝑅 + ℎ
] 
 
∆𝑈 = 𝐺 ∙ 𝑚 ∙ 𝑀 ∙ [
𝑅 + ℎ − 𝑅
𝑅 ∙ (𝑅 + ℎ)
] 
 
∆𝑈 =
𝐺 ∙ 𝑚 ∙ 𝑀 ∙ ℎ
𝑅2 ∙ (1 +
ℎ
𝑅
)
 
 
Lembrando que a aceleração da gravidade na 
superfície do planeta é dada por g =
G∙M
R2
, logo: 
 
∆𝑈 =
𝑚 ∙ 𝑔 ∙ ℎ
(1 +
ℎ
𝑅
)
 
 
Finalmente, para pequenas altitudes temos:
ℎ
𝑅
→ 0. 
 
Resultado: ∆𝑈 ≅ 𝑚 ∙ 𝑔 ∙ ℎ 
 
Exemplo de classe: Um foguete de massa m é lançado 
verticalmente para cima, com uma velocidade v a partir 
da superfície da Terra de massa M e raio R.Considere 
a aceleração da gravidade na superfície terrestre igual 
a g ,o professor Herbert Aquino pede que você 
determine a altura máxima h que o projétil atinge acima 
da superfície terrestre. 
 
 
36 
Resposta: h =
R∙v2
(2gR−v2)
 
 
 
Exemplo resolvido: (Peruano)