Astronomia - Ideia: Pontos Lagrangianos

Definição

(Por Giovanna Girotto) Pontos Lagrangianos são pontos onde, caso fosse adicionado uma massa de teste $\mu$ (um terceiro corpo), esta ficaria em repouso em relação aos corpos primários. Cabe ressaltar que, por isso, esses pontos não são fixos no espaço, mas se movem conforme o sistema realiza sua órbita, permanecendo em repouso em relação ao sistema de dois corpos.

Em uma órbita, existem 5 pontos lagrangianos como mostrado. Os pontos L4 e L5 estão a um ângulo de 60˚ da linha que une os corpos, como ilustrado.

Os pontos L1, L2 e L3 estão sobre a reta que passa pelos corpos do sistema:

L2= ponto fora da órbita, mais próximo ao corpo orbitante.

L1= ponto entre o corpo central e o corpo orbitante.

L3= ponto que se encontra do lado oposto ao corpo orbitante (mais próximo do corpo central que do corpo orbitante), pode se encontrar fora, sobre ou dentro da órbita dependendo do sistema.

Os pontos L1, L2 e L3 são instáveis, isto é, se a massa de teste for levemente deslocada de sua posição, será imediatamente acelerada para longe de sua posição de equilíbrio. Isso acontece uma vez que são pontos de máximo da função de potencial gravitacional efetivo sobre a massa de teste $\mu$ , como mostra a figura:

(Carrol & Οstile)

Posições dos pontos L1, L2 e L3

(Por Bruno Makoto) A chave para encontrar a posição de todos os pontos lagrangianos (incluindo L4 e L5) é realizar um equilíbrio de todas as forças atuando na massa de teste $\mu$ , isso lembrando de levar em conta a resultante centrípeta.

Com isso em mente, vamos resolver um exercício relacionado ao cálculo da posição do ponto L2:

Enunciado

Os pontos de Lagrange de um sistema de duas massas comparáveis $M$ e $m$ ( $M>m$ ) representam posições em que corpos menores podem ficar em repouso em relação às massas maiores, assim como pode ser observado na imagem abaixo. Assim, responda:

a) Qual a velocidade angular dos pequenos corpos colocados nos pontos de Lagrange? Em torno de que ponto eles giram? Considere que a distância entre $M$ e $m$ é $D$ e que todas as órbitas são circulares.

b) Qual a distância $d$ do ponto L2 até o centro de $m$ ? Considere $d \ll D$ .

Solução

a) Como a massa de prova possui massa desprezível, $M$ e $m$ realizam órbitas circulares em torno do centro de massa comum. Pode-se inferir pelo enunciado que um corpo localizado em qualquer um dos pontos de Lagrange deve possuir o mesmo período $P$ que $M$ e $m$ para permanecer em repouso em relação a esses corpos. Isso só é possível se essa massa desprezível também orbitar o centro de massa de $M$ e $m$ .

Quantitativamente, basta aplicarmos a Terceira Lei de Kepler para sistemas binários para encontrarmos a velocidade angular $\omega=\dfrac{2\pi}{P}$ :

$\dfrac{P^2}{D^3}=\dfrac{4 \pi ^2 }{G(M+m)} \Rightarrow \dfrac{4\pi^2}{P^2} = \omega ^2 =\dfrac{G(M+m)}{D^3} \Rightarrow \boxed{ \omega =\sqrt{\dfrac{G(M+m)}{D^3}}}$

b) A imagem abaixo representa a situação. De acordo com as propriedades do centro de massa, sabemos que a distância entre $M$ e o CM é $\dfrac{m}{M+m}D$ e que a distância $m$ e o CM é $\dfrac{M}{M+m}D$ (veja a seção 7.1. do livro 'Astronomia Olímpica' caso você não conheça essas equações). Agora, vamos analisar a força resultante na massa de prova $\mu$ ( $\ll M, m$ ).

Pela Segunda Lei de Newton em $\mu$ :

$F_{M} + F_{m} = R_{cp}$

Onde $F_M=\dfrac{GM\mu}{(D+d)^2}$ é a força gravitacional de $M$ em $\mu$ e $F_m=\dfrac{Gm\mu}{d^2}$ é a força gravitacional de $m$ em $\mu$ . Agora, perceba que $\mu$ realiza uma órbita circular de raio $\left( \dfrac{M}{M+m}D + d \right )$ em torno do CM com velocidade angular $\omega$ . Assim, a resultante centrípeta é:

$R_{cp}=\mu \omega ^2 \left(\dfrac{M}{M+m}D + d\right)$

Juntando essas equações e utilizando o resultado do item a), temos:

$\dfrac{GM}{(D+d)^2}+\dfrac{Gm}{d^2}=\dfrac{G(M+m)}{D^3} \left(\dfrac{M}{M+m}D + d\right)$

Reescrevendo:

$\dfrac{M}{(D+d)^2}+\dfrac{m}{d^2}=\dfrac{M}{D^2}+\dfrac{(M+m)d}{D^3}$

Agora, vamos utilizar o fato que $d \ll D$ (dado no enunciado) para chegarmos em uma resposta aproximada. A conhecida aproximação de Taylor nos diz que $(1+x)^n \approx 1+nx$ para $x \ll 1$ . Desse modo, vamos manipular o termo da esquerda para ele ficar no formato $(1+\text{algo})^{\text{expoente}}$ :

$\dfrac{M}{(D+d)^2} = \dfrac{M}{D^2 \left (1+\dfrac{d}{D} \right)^2}=\dfrac{M}{D^2}\left(1+\dfrac{d}{D}\right)^{-2}$

Agora, como $d \ll D$ , podemos fazer $\dfrac{M}{D^2}\left(1+\dfrac{d}{D}\right)^{-2} \approx \dfrac{M}{D^2} \left (1-\dfrac{2d}{D} \right)$ . Com isso:

$\dfrac{M}{D^2} \left (1-\dfrac{2d}{D} \right) + \dfrac{m}{d^2}=\dfrac{M}{D^2}+\dfrac{(M+m)d}{D^3}$

Reescrevendo:

$- \dfrac{2Md}{D^3} +\dfrac{m}{d^2}=+\dfrac{Md}{D^3} + \dfrac{md}{D^3}$

Multiplicando ambos os lados por $d^2$ , obtemos:

$m=(3M+m) \left (\dfrac{d}{D} \right )^3$

Por fim:

$\boxed{d=D \left (\dfrac{m}{3M+m} \right )^{1/3}}$

Posições dos pontos L4 e L5

Como os pontos L4 e L5 são simétricos com relação à linha que liga $M$ e $m$ , basta encontrarmos a posição de um deles. Vale ressaltar que este problema é um pouco avançado para a etapa de Barra do Piraí.

(Por Giulia Nóbrega) A primeira coisa a se notar é que os pontos L4 e L5 são simétricos em relação aos dois corpos do sistema. Assim, precisamos apenas deduzir a posição de L4.

Onde C é o centro de massa de A e B. Vamos supor uma massa de teste $\mu$ no ponto L4, tal que $\mu<<m<M$ .

Como não existe resultante tangencial, apenas centrípeta, temos:

$F_a sen \alpha = F_b sen \beta$

$\frac{GM\mu}{d_a^2}sen\alpha = \frac{Gm\mu}{d_b^2}sen \beta$

$\frac{sen \alpha}{sen \beta}=\frac{md_a^2}{Md_b^2}$

Pela lei dos senos:

$\frac{d_b}{sen \theta}=\frac{r_b}{sen \beta}$ e $\frac{d_a}{sen(180^{\circ}-\theta)}=\frac{r_a}{sen \alpha}$

$\frac{d_b sen\beta}{r_b}=\frac{d_a sen\alpha}{r_a}$

$\frac{sen\alpha}{sen\beta}=\frac{d_br_a}{d_ar_b}$

$\frac{d_br_a}{d_ar_b}=\frac{md_a^2}{Md_b^2}$

$\frac{d_a}{d_b}=(\frac{r_aM}{r_bm})^{\frac{1}{3}}$

Pela definição de centro de massa $(Mr_a=mr_b)$ , temos que $d_a=d_b$ .

Utilizando as componentes radiais:

$\frac{GM\mu}{d_a^2}cos \alpha+\frac{Gm\mu}{d_b^2}cos \beta=\mu \omega^2 d$

$d=\frac{G(Mcos\alpha+mcos\beta)}{\omega^2d_b^2}=\frac{G}{\omega^2d_b^2}(\frac{m sen\beta}{sen\alpha}cos\alpha+mcos\beta)=\frac{Gm}{\omega^2d_b^2}\frac{sen\beta cos\alpha+sen\alpha cos\beta}{sen\alpha}=\frac{Gm}{\omega^2 d_b^2}\frac{sen(\alpha+\beta)}{sen\alpha}$ (I)