Calculadora de energia da Estrela da Morte

Selecione um alvo, ajuste a eficiência do feixe e a duração do pulso, depois dispare. A física é real — a aplicação não.

Exemplo resolvido — Calculadora de energia da Estrela da Morte

Energia necessária	6.40 × 10³² J
Potência necessária	1.07 × 10³² W
Equivalente de produção solar	19.4 d
Energia de ligação gravitacional	(3/5) × G × M² / R

Estes são os valores que a calculadora mostra ao abrir a página. Altere qualquer entrada acima para os recalcular.

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Lição

A teoria — Calculadora de energia da Estrela da Morte

Fazer explodir um planeta significa superar a sua própria gravidade, e a dimensão dessa tarefa tem um nome: a energia de ligação gravitacional. É a energia necessária para desmantelar o corpo celeste e afastar cada pedaço até ao infinito — para uma esfera uniforme, U = 3GM² / (5R).

O que significa cada símbolo

M: a massa do planeta. O valor por omissão de 5.972 × 10²⁴ kg é o da Terra, e entra ao quadrado — cada pedaço atrai todos os outros, pelo que a conta cresce mais depressa do que a massa.
R: o raio, 6.371 × 10⁶ m. Surge a dividir, pelo que um planeta mais denso com a mesma massa é mais difícil de destruir.
efficiency: a fração da energia fornecida que realiza trabalho útil, aqui 35%. A energia necessária é a energia de ligação dividida por este valor.
pulse: a duração do pulso em segundos. A energia dividida pelo tempo é a potência, que é de onde surge este valor absurdo.

De onde vem a fórmula

Para uma esfera uniforme, a energia de ligação é U = 3GM² / (5R). Com a massa e o raio da Terra, isso dá cerca de 2.24 × 10³² J.
Apenas 35% da energia fornecida pela arma realiza trabalho, pelo que a energia que esta deve fornecer é 2.24 × 10³² / 0.35 ≈ 6.40 × 10³² J — o valor indicado acima.
Divida pela duração do pulso para obter a potência: 6.40 × 10³² / 6 ≈ 1.07 × 10³² W. Para dar uma ideia de escala, a página converte esse valor na potência emitida pelo Sol: o Sol irradia 3.828 × 10²⁶ W, pelo que isto equivale a 19.4 dias de produção total do Sol, libertados em seis segundos.

Como ler o que vê

Três valores — energia necessária, potência necessária e essa mesma energia expressa em dias de emissão solar total. O terceiro existe porque os dois primeiros já ultrapassaram o ponto em que a notação científica faz algum sentido para um ser humano; 19,4 dias de Sol é um número que se consegue efetivamente sentir.

Pressupõe: Uma esfera uniforme, o que a Terra não é — tem um núcleo denso de ferro, pelo que a sua verdadeira energia de ligação é um pouco superior à indicada pela fórmula da esfera uniforme. Pressupõe também que a única tarefa é vencer a gravidade, ignorando a energia necessária para vaporizar rocha e o facto de a maior parte da energia se dissipar por radiação em vez de empurrar a matéria.
Falha quando: O resultado é um limite inferior, e já é impossível. Nada disto explica onde é que tal arma armazena 19 dias de emissão do Sol, nem como sobrevive a contê-los — um feixe a transportar 10³² W destruiria o seu próprio emissor muito antes de atingir o alvo. O cálculo é honesto em relação à física e silencioso em relação à engenharia, o que é o padrão habitual quando os números de um filme são levados a sério: a energia não é o problema, o confinamento é.

Dobrar a massa quadruplica a conta 🖖

Por que M² (e não M) é o que importa: a energia de ligação gravitacional surge do fato de que cada partícula da esfera atrai todas as outras, então o próprio número de interações escala com o quadrado da massa — dobre a massa e você aproximadamente quadruplica a energia necessária para despedaçá-la, mantendo tudo o mais igual. R aparece no denominador porque distribuir a mesma massa em uma esfera maior enfraquece sua autogravidade; o fator 3/5 é apenas a geometria de integrar essa atração par a par sobre uma esfera uniforme em vez de uma massa pontual. Números reais tornam a ficção evidente: a própria energia de ligação da Terra é de cerca de 2×10³² J — aproximadamente 400 bilhões de vezes o consumo total anual de energia da humanidade —, e é por isso que uma 'superarma destruidora de planetas' permanece firmemente no terreno da ficção científica, não importa quão eficiente seja seu feixe.

Na verdade é uma escala de energias 🖖

A verdadeira função da ferramenta é situar um feito de ficção científica numa escala de energias reais: do maior artefato nuclear já testado (a Tsar Bomba), passando por todo o consumo anual de energia da humanidade, até a potência bruta de uma estrela. O espanto: o nosso Sol irradia, mais ou menos a cada semana, energia suficiente para desligar gravitacionalmente um planeta do tamanho da Terra. A quantidade não é cosmicamente rara — uma estrela comum a emite continuamente. Puramente ficcional é concentrá-la num único feixe em segundos.

O Sol já 'funcionou' com esta fórmula 🖖

A mesma grandeza que você calcula aqui, (3/5)GM²/R, já foi a melhor hipótese da humanidade sobre o que alimenta o Sol. No século XIX, Kelvin e Helmholtz propuseram que ele brilha ao se contrair lentamente, convertendo sua própria energia de ligação gravitacional (~7×10⁴¹ J) em luz. Mas, dividida pela luminosidade solar, ela dá apenas algumas dezenas de milhões de anos de luz solar — pouco demais para o registro geológico e fóssil. O paradoxo perdurou até a descoberta da fusão nuclear.

Problema resolvido na íntegra

Energia necessária para dispersar a Terra de modo a que nenhum pedaço caia de volta 5 passos
Quanta energia é realmente necessária para fazer explodir um planeta? Não para o rachar — para o dispersar, de modo a que nenhum pedaço volte a cair. Calcule para a Terra e depois veja que tipo de fonte de energia isso implica.
1. O alvo é a energia de ligação gravítica: o trabalho necessário para levar cada camada do planeta até ao infinito contra a gravidade de tudo o que já se encontra no seu interior. Integrando camada a camada para uma esfera uniforme obtém-se o 3/5, e como os planetas reais são mais densos no centro, isto é uma subestimativa.
  
  $U = \int_{0}^{R} \frac{G m ( r )}{r} d m = \frac{3}{5} \frac{G M ^{2}}{R} (uniform density)$
2. Substituindo a massa e o raio da Terra obtém-se 2,24 × 10³² joules. Nada neste número é exótico — decorre de G, de uma massa e de um raio.
  
  $U = \frac{3}{5} \cdot \frac{( 6.674 \times 1 0 ^{- 11} ) ( 5.972 \times 1 0 ^{24} ) ^{2}}{6.371 \times 1 0 ^{6}} = 2.24 \times 1 0^{32} J$
3. Nenhuma arma converte perfeitamente a energia armazenada em energia útil. Com um rendimento de 35%, a máquina tem de fornecer 6,40 × 10³².
  
  $η = 35% : E = \frac{2.24 \times 1 0 ^{32}}{0.35} = 6.40 \times 1 0^{32} J$
4. Fornecida num disparo de seis segundos, isso representa uma potência de 1,07 × 10³² watts.
  
  $Δ t = 6 s : P = \frac{6.40 \times 1 0 ^{32}}{6} = 1.07 \times 1 0^{32} W$
5. O Sol irradia 3,83 × 10²⁶ watts em todas as direções. Portanto, o feixe opera a sensivelmente 280 000 vezes toda a potência emitida pelo Sol, e o disparo consome o que o Sol emite em 19,4 dias.
  
  $\frac{6.40 \times 1 0 ^{32}}{3.828 \times 1 0 ^{26}} = 1.67 \times 1 0^{6} s = 19.4 d of the Sun’s ENTIRE output$
Resposta

A ferramenta indica 6,40 × 10³² J, 1,07 × 10³² W e 19,4 dias de emissão solar total. A física é real, mesmo que a estação não o seja, e a parte interessante é saber qual dos números é o problema. A energia é meramente enorme; a potência é a parte impossível, porque tem de ser fornecida em segundos. Como a energia de ligação varia com M²/R, um corpo com o dobro da massa e do raio da Terra custa o dobro, não oito vezes mais — e Júpiter, com 318 massas mas apenas 11 raios, custa cerca de 9200 vezes mais. Mude o alvo e veja o expoente mover-se.

$U = \frac{3}{5} \frac{G M ^{2}}{R} \propto \frac{M ^{2}}{R} : 19.4 days of total solar output$

Referências (1)

Earth's mass and radius and the Sun's luminosity, all three taken as IAU nominal values: A. Prša et al., "Nominal Values for Selected Solar and Planetary Quantities: IAU 2015 Resolution B3." The Astronomical Journal 152(2), 41, 2016.

Pela equipa 42Math · Atualizado 2026-06-09

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Problemas de exemplo

Momento Alderaan - A energia de ligação gravitacional real de Alderaan, entregue em 3 segundos com 35% de eficiência, exige cerca de 3.8×10³² watts — aproximadamente um milhão de vezes toda a potência emitida pelo Sol, sustentada durante todo o pulso. É por isso que a 'superarma capaz de destruir planetas' permanece firmemente na ficção científica.
Tiro de aviso - Até a Lua — pequena e de baixa densidade para os padrões de corpos planetários — precisa de cerca de 2.5×10²⁹ joules para se despedaçar com 50% de eficiência: o equivalente a cerca de 1.2 trilhão de Bombas Tsar, o maior artefato nuclear já detonado, entregue em uma única explosão de 10 segundos.
Carga lenta - Estenda o tempo de disparo para dois minutos inteiros e a energia de ligação gravitacional da Terra ainda exige cerca de 5.3×10³⁰ watts — quase 14,000 vezes toda a potência emitida pelo Sol. A energia total envolvida equivale a aproximadamente 1.1 trilhão de anos do consumo anual atual de energia da humanidade.
Teste em Marte - Marte é bem mais fácil de rachar do que a Terra — menos de um nono da massa com um raio semelhante — mas, mesmo com 40% de eficiência, ainda são necessários cerca de 2.0×10³⁰ watts, aproximadamente 5,300 vezes a potência total do Sol, para fazer isso em 6 segundos.