Suponha um cenário de ficção científica em que a Terra é atingida por um imenso meteoro. Em conseqüência do impacto, somente o módulo da velocidade da Terra é alterado, sendo V0 seu valor imediatamente após o impacto, como mostra a figura abaixo. O meteoro colide com a Terra exatamente na posição onde a distância entre a Terra e o Sol é mínima (distância OA=R na figura). Considere a atração gravitacional exercida pelo Sol, tido como referencial inercial, como a única força de interação que atua sobre a Terra após a colisão, e designe por M a massa do Sol e por G a constante de gravitação universal. Considere ainda que o momento angular da Terra seja conservado, isto é, a quantidade de módulo m∣r∣∣V∣sen(α) permanece constante ao longo da nova trajetória elíptica da Terra em torno do sol (nessa expressão, m é a massa da Terra, ∣r∣ é o módulo do vetor posição da Terra em relação ao Sol, V o módulo da velocidade da Terra e α o ângulo entre r e V). A distância (OB), do apogeu ao centro do Sol, da trajetória que a Terra passa a percorrer após o choque com o meteoro, é dada pela relação:
Embora pouco trabalhada no ensino médio, a conservação do momento angular é um conceito essencial para a compreensão das órbitas.
Ele é dado por $\vec{L}=\vec{r}\times\vec{p}$ (onde $\vec{p}=m\vec{v}$ é o momento linear), sendo - em módulo - igual a $L=m r\cdot v\sin{\alpha}$ em que $\alpha$ é o ângulo entre $\vec{r}$ e $\vec{v}$ em cada instante. Diante dessa expressão, identificamos pontos notáveis da órbita da figura, onde o vetor $\vec{r}$ e $\vec{v}$ são perpendiculares: o periélio e o afélio (pontos $A$ e $B$, respectivamente).
Equacionando a conservação do momento angular entre esses pontos, teremos apenas:$$m\cdot \text{OA}\cdot V_0\, \sin{90^{\circ}} = m\cdot \text{OB}\cdot V_B\, \sin{90^{\circ}}$$$$\text{Com OA=}R\Longrightarrow V_B = \frac{R}{\text{OB}}V_0$$Enfim, para determinar o valor de $\text{OB}$, podemos equacionar uma outra relação de conservação muito importante: a conservação da energia mecânica (também entre $A$ e $B$). $$\frac{mV^2_0}{2}-\frac{GMm}{R}=\frac{mV^2_B}{2}-\frac{GMm}{\text{OB}}$$$$\text{Usando }V_B = \frac{R}{\text{OB}}V_0,\text{temos:}$$$$V^2_0-2\frac{GM}{R}=\frac{R^2}{\text{OB}^2}V^2_0-2\frac{GM}{\text{OB}}$$$$\text{Tomando }u=\frac{1}{\text{OB}}$$$$(R^2V^2_0)u^2 - (2GM)u -\left(V^2_0-2\frac{GM}{R}\right)=0$$Resolvendo a equação do segundo grau em $u$:$$u=\frac{2GM\pm\sqrt{(-2GM)^2 - 4\cdot (R^2V^2_0)\cdot \left(-V^2_0+2\frac{GM}{R}\right)}}{2\cdot R^2V^2_0}$$$$u=\frac{2GM\pm 2\sqrt{G^2M^2 + (R^2V^4_0) - 2RV^2_0\cdot GM}}{2\cdot R^2V^2_0}$$Dentro da raiz quadrada, identificamos o trinômio quadrado perfeito $(GM - RV^2_0)^2$. Importantíssimo produto notável! Prosseguindo:$$u=\frac{2GM\pm 2(GM - RV^2_0)}{2\cdot R^2V^2_0}$$$$\begin{cases}\displaystyle u_1=\frac{4GM - 2RV^2_0}{2\cdot R^2V^2_0}=\frac{2GM - RV^2_0}{R^2V^2_0}\\\displaystyle u_2=\frac{2RV^2_0}{2\cdot R^2V^2_0}=\frac{1}{R}\end{cases}$$Uma vez que denominamos $u=\frac{1}{\text{OB}}$, observamos que a solução $u_2$ corresponde ao periélio (ponto $A$), e assim, $\text{OB}$ só pode ser $\frac{1}{u_1}$, pois o ponto $B$ encontra-se no apogeu:$$\boxed{\text{OB}=\frac{R^2V^2_0}{2GM - RV^2_0}}\quad\text{Gab. A)}$$
