Soluções Física - Semana 85

É muito comum existirem sistemas estelares binários, ou seja, com duas estrelas que giram em torno do seu centro de massa. Desconsiderando os efeitos de outros corpos neste sistema, podemos trabalhar com seus movimentos isolados. O caso isolado também pode ser interpretado como um planeta que não pertence à algum sistema solar que possui apenas uma lua.

O centro de massa de um sistema de partículas é dado pela média ponderada das distâncias dessas partículas, com o peso da ponderação sendo sua massa. Para um sistema com $n$ partículas:

$X_{CM} = \dfrac{\sum\limits_{i=1}^{n} m_i r_i}{\sum\limits_{i=1}^n}$

Onde as posições são referente a uma dada origem do plano.

No caso, para o planeta e a lua e considerando a origem do plano no CM:

$X_{CM}=0$

$0 = \dfrac{MR+mr}{M+m}$

$MR=-mr$

$R=-\dfrac{m}{M}r$

O sinal de menos apenas indica que um corpo está sempre posicionado num ponto de sentido oposto ao outro em relação ao CM.

Temos também que:

$R+r = L$

$\dfrac{m}{M}r + r = L$

$\dfrac{m+M}{M}r = L$

$r=\dfrac{M}{m+M}L$

$R=\dfrac{m}{m+M}L$

Escrevendo a força gravitacional entre os corpos:

$F_G=\dfrac{GMm}{L^2}$

Como os corpos realizam um movimento circular uniforme em torno do CM, a força gravitacional atua como a resultante centrípeta, daí:

$F_{resctp} = F_G$

Para a lua:

$m\omega ^2 r = \dfrac{GMm}{L^2}$

$omega^2 = \dfrac{GM}{L^2 r}$

$omega^2 = \dfrac{GM}{L^2 \dfrac{M}{m+M}L}$

$\omega ^2 = \dfrac{G(m+M)}{L^3}$

$\omega = \sqrt{\dfrac{G(m+M)}{L^3}}$

$\omega = \sqrt{\dfrac{G(m+M)}{L^3}}$

Para que uma órbita seja possível de ser feita, é necessário que o sistema possua uma energia mecânica característica para a efetuação dessa órbita. Esse conceito de energia de órbita é relevante para questões com mudanças de órbitas, por exemplo de um foguete que órbita a Terra mas utiliza de seu combustível para se propulsionar e mudar sua órbita para atingir a Lua.

Podemos escolher os pontos de referência sendo o periélio e o afélio da órbita, situados à uma distância $r_1$ e $r_2$ do foco da órbita. Isso pois suas velocidades ficam perpendiculares à suas distâncias até o foco, facilitando no cálculo de seus momentos angulares.

Nós temos que pela força gravitacional atuar apenas radialmente, o momento angular do sistema se conserva, daí:

$L = mv_1r_1 = mv_2r_2$

$v_1r_1=v_2r_2$

$v_2=\dfrac{r_1}{r_2}v_1$

A energia do sistema também é conservada durante a órbita, por isso:

$E = \dfrac{1}{2} m v_1^2 - \dfrac{GMm}{r_1} = \dfrac{1}{2} m v_2^2 - \dfrac{GMm}{r_2}$

$\dfrac{1}{2} v_1^2 - \dfrac{GM}{r_1} = \dfrac{1}{2} v_2^2 - \dfrac{GM}{r_2}$

$\dfrac{1}{2}(v_1^2-v_2^2) = GM \left( \dfrac{1}{r_1} - \dfrac{1}{r_2} \right)$

Substituindo $v_2$

$v_1^2 - \dfrac{r_1^2}{r_2^2}v_1^2 = 2GM \left( \dfrac{r_2-r_1}{r_1r_2} \right)$

$v_1^2\dfrac{r_2^2 - r_1^2}{r_2^2} = 2GM \left( \dfrac{r_2-r_1}{r_1r_2} \right)$

$\dfrac{v_1^2}{r_2}(r_2-r_1)(r_2+r_1) = 2GM \left( \dfrac{r_2-r_1}{r_2} \right)$

$v_1^2 = \dfrac{2GMr_2}{r1(r_2+r_1)}$

Mas, podendo ser observado pela imagem:

$r_1+r_2 = 2a$

$v_1^2 = \dfrac{2GMr_2}{r_1 2a}$

$v_1^2 = \dfrac{GM}{a}\dfrac{r_2}{r_1}$

Substituindo para achar a energia:

$E = \dfrac{1}{2}m v_1^2 - \dfrac{GMm}{r_1}$

$E = \dfrac{1}{2}\dfrac{GMm}{a}\dfrac{r_2}{r_1} - \dfrac{GMm}{r_1}$

$E = \dfrac{GMm}{2 a r_1}(r_2 - 2a)$

$E =-\dfrac{GMmr_1}{2ar_1}$

$E = -\dfrac{GMm}{2a}$

Demonstração.

O gráfico representa um ciclo termodinâmico fechado, indicando uma possível máquina térmica.

a) Chamando de:

$Q_1$ o calor da transformação $A \rightarrow B$;

$Q_2$ o calor da transformação $B \rightarrow C$

$Q_3$ o calor da transformação $C \rightarrow D$

$Q_4$ o calor da transformação $D \rightarrow E$

E a transformação $E \rightarrow A$ não apresenta calor por ser uma adiabática, temos que:

$\eta = 1+\dfrac{Q_{sai}}{Q_{entra}}$

Observando o gráfico, conclui-se que:

$Q_{entra} = Q_1+Q_2$

$Q_{sai} = Q_3+Q_4$

$\eta = 1+ \dfrac{Q_3+Q_4}{Q_1+Q_2}$

Nós temos que os calores serão dados por:

$Q_1 = n c_p (T_B-T_A)$

$Q_2 = n R T ln \left(\dfrac{V_C}{V_B} \right)$

$Q_3= n c_v (T_D-T_C)$

$Q_4= n c_p (T_E-T_D)$

Por $B \rightarrow C$ ser uma isotérmica:

$V_B P_B = V_C P_C$

$\dfrac{V_C}{V_B} = \dfrac{rP_o}{tP_o}$

$\dfrac{V_C}{V_B} = \dfrac{r}{t}$

Por $C \rightarrow D$ ser uma isocórica:

$\dfrac{P_C}{T_C} = \dfrac{P_D}{T_D}$

$\dfrac{t P_o}{T} = \dfrac{P_o}{T_D}$

$T_D = \dfrac{T}{t}$

Por $E \rightarrow A$ ser uma adiabática:

$P_A V_A^{\gamma} = P_E V_E^{\gamma}$

$rP_oV_A^{\gamma} = P_o V_E^{\gamma}$

$V_E=V_A r^{\frac{1}{\gamma}}$

E também:

$P_A^{1-\gamma}T_A^{\gamma} = P_E^{1-\gamma}T_E^{\gamma}$

$P_A^{\frac{1-\gamma}{\gamma}}T_A=P_E^{\frac{1-\gamma}{\gamma}}T_E$

$(rP_o)^{\frac{1-\gamma}{\gamma}}T_A=P_o^{\frac{1-\gamma}{\gamma}}T_E$

$r^{\frac{1-\gamma}{\gamma}} T_A = T_E$

Por $A \rightarrow B$ ser isobárica:

$\dfrac{V_A}{T_A} = \dfrac{V_B}{T_B}$

Já que $V_E=V_B=V_A r^{\frac{1}{\gamma}}$

$\dfrac{V_A}{T_A}=\dfrac{V_A r^{\dfrac{1}{\gamma}}}{T}$

$T_A = T r^{\frac{-1}{\gamma}}$

$T_A = \dfrac{T}{r^{\frac{1}{\gamma}}}$

Disso também temos que:

$T_E=r^{\frac{1-\gamma}{\gamma}} T r^{\frac{-1}{\gamma}}$

$T_E = \dfrac{T}{r}$

Dessa forma:

$\eta =1+ \dfrac{Q_3+Q_4}{Q_1+Q_2}$

$\eta = 1+\dfrac{nc_v(T_D-T_C) + nc_p(T_E-T_D)}{nc_p(T_B-T_A) + n R T ln \left( \dfrac{V_C}{V_B} \right) }$

Para achar $c_p$ e $c_v$ em função de $R$ e $\gamma$:

$c_p-c_v = R$

$\dfrac{c_p}{c_v}=\gamma$

Desse sistema temos:

$c_v = \dfrac{R}{\gamma -1}$

$c_p = \dfrac{\gamma R}{\gamma-1}$

Substituindo:

$\eta = 1 + \dfrac{\dfrac{R}{\gamma-1} \left( \dfrac{T}{t} -T \right) + \dfrac{\gamma R}{\gamma-1} \left( \dfrac{T}{r} - \dfrac{T}{t} \right) }{\dfrac{\gamma R}{\gamma-1} \left( T-\dfrac{T}{r^{\frac{1}{\gamma}}} \right) + R T ln \left( \dfrac{r}{t} \right) }$

$\eta = 1 - \dfrac{ \left( 1 - \dfrac{1}{t} \right) + \gamma \left( \dfrac{1}{t} - \dfrac{1}{r} \right) }{\gamma \left( 1-\dfrac{1}{r^{\frac{1}{\gamma}}} \right) + \left( \gamma-1\right) ln \left( \dfrac{r}{t} \right) }$

b) Com $t=2$,$r=10$ e $\gamma=1,4$:

$\eta = 1 - \dfrac{ \left( 1 - \dfrac{1}{2} \right) + 1,4 \left( \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{10} \right) }{1,4 \left( 1-\dfrac{1}{10^{\frac{1}{1,4}}} \right) + \left( 1,4-1 \right) ln \left( \dfrac{10}{2} \right) }$

$\eta = 1 - \dfrac{ \left( \dfrac{1}{2} \right) + 1,4 \left( \dfrac{2}{5} \right) }{1,4 \left( 1-\dfrac{1}{10^{\frac{1}{1,4}}} \right) + \left( 0,4 \right) ln \left( 5 \right) }$

$\eta \approx 1-\dfrac{1,06}{1,1297+0,6438}$

$\eta \approx 1-\dfrac{1,06}{1,772}$

$\eta \approx 1 - 0,5977$

$\eta \approx 0,4023$

$\eta \approx 40,23$%

a) $\eta = 1 - \dfrac{ \left( 1 - \dfrac{1}{t} \right) + \gamma \left( \dfrac{1}{t} - \dfrac{1}{r} \right) }{\gamma \left( 1-\dfrac{1}{r^{\frac{1}{\gamma}}} \right) + \left( \gamma-1\right) ln \left( \dfrac{r}{t} \right) }$

b) $\eta \approx 40,23$%