Escrito por Felipe Maia
Iniciante
Relações orbitais em sistemas binários
a) Num sistema de binárias as duas estrelas possuem a mesma velocidade angular \(\omega \) em torno do centro de massa. Do equilíbrio de forças, temos:
\[ F_C = F_G \\ \frac{GM_IM_S}{a_I+a_S} = M_I \omega ^2 a_I = M_S \omega ^2 a_S\]
Isolando \(a_I\) e \(a_S\):
\[a_I = \frac{GM_S}{(a_I+a_S)^2 \omega ^2} \\ a_S = \frac{GM_I}{(a_I+a_S)^2 \omega ^2} \]
Somando as duas equações chegamos em uma expressão para \(a_I + a_S\)
\[a_I + a_S = \frac{G(M_I+M_S)}{(a_I+a_S)^2 \omega ^2}\]
Podemos substituir \( \omega \) por \( \frac{2\pi}{T}\). Com isso e isolando \(T^2\), chegamos na relação pedida:
\[\boxed{ T^2 = \frac{4 \pi ^2 (a_I + a_S)^3}{G(M_I + M_S)}}\]
b) Da teoria do centro de massa: \(M_Ia_I = M_Sa_S\) isso nos leva a:
\[a_I = 2,7 UA \\ 24M_{\odot} = M_S \]
Ao utilizarmos as unidades de anos para tempo e UA para distância, a constante gravitacional \(G\) assume valor numérico igual a \(4\pi^2\), utiliznado isso e substituindo na fórmula, temos:
\[T^2 = \frac{(0,027 + 0,0045)^3}{24} \\ T = 1,14 \ anos\]
\[\therefore \boxed{T = 416 \ dias}\]
c) Para determinarmos a velocidade, temos que:
\[T = \frac{2\pi}{\omega} = \frac{2\pi a_I}{v_I}\]
Resolvendo para \(v_I\), chegamos em:
\[\boxed{v_I = 70,7 \ km/s}\]
d) A curva de luz registra a variação na intensidade da luz emitida pelo sistema ao longo do tempo. Quando duas estrelas orbitam uma à outra, podem ocorrer eclipses, que causam quedas periódicas no brilho observado.
Para determinar as massas das estrelas, os astrônomos medem o período orbital, que é o tempo que as estrelas levam para completar uma órbita, e a velocidade radial, que é a velocidade com que cada estrela se move em relação ao observador, medida pelo efeito Doppler. Com essas informações e aplicando a terceira lei de Kepler, é possível calcular as massas das estrelas.
Os tamanhos relativos das estrelas podem ser estimados analisando a profundidade e a duração dos eclipses na curva de luz. A profundidade dos eclipses indica quanta luz é bloqueada, o que ajuda a inferir o tamanho relativo das estrelas. A duração dos eclipses fornece informações adicionais sobre os tamanhos das estrelas e a dimensão da órbita.
Intermediário
Estrela V3-RdE
O primeiro passo para resolver essa questão é converter todas as cordenadas para o mesmo sistema. Para converter as cordenadas eclípiticas para equatoriais, vamos usar o seguinte triângulo esférico:
Aplicando primeiramente uma lei dos cossenos:
\[ cos (90 – \delta ) = cos \varepsilon \cdot cos (90 – \beta) + sin\varepsilon \cdot sin(90 – \beta) \cdot cos (90 – \lambda)\]
O que nos resulta em \( \delta = 7^{\circ} 11’37,58”\). Agora basta aplicar uma lei dos senos:
\[\frac{sin(90 – \lambda)}{sin(90 – \delta)} = \frac{sin(90 + \alpha)}{sin(90 – \beta)}\]
\[ sin(90+ \alpha) = \frac{sin(90 – \lambda)}{sin(90 – \delta)} sin(90 – \beta) \]
\[\alpha = 36^m 44,43^s\]
Agora, com as cordenadas no mesmo sistema, podemos montar o triângulo de posição que nos mostra o paralaxe da estrela:
Basta aplicar uma lei dos cossenos para acharmos a paralaxe da estrela:
\[cos \pi = sin\delta_0 sin \delta_f + cos\delta_0 cos \delta_f cos \Delta \alpha\]
\[\pi = 22,13”\]
Com a paralaxe em mãos, basta utilizar que:
\[d_{[pc]} = \frac{1}{\pi_{[”]}} \\ \therefore \boxed{d = 0,045 \ pc}\]
A estrela V3 – RdE está realmente bem perto de nós.
Avançado
Universo Rosquinha
a) Usando a dica dada no enunciado, é fácil perceber que o volume do Universo Rosquinha é o mesmo volume de um cilíndro de raio \(r\) e altura \(2 \pi R\), portanto
\[V = 2\pi^2 R r^2\]
b) Da Lei de Gauss, temos que:
\[\oint_{\vec{S}} \vec{g} . \ d\vec{S} = -4 \pi G M_{in}\]
\[g(t) A(t) = 4 \pi G M \\ g(t) = \frac{4\pi G M}{A(t)} \]
Como dito no enunciado, a área do Universo Rosquinha, pode ser aproximada para um cilíndro de altura \(2r\) e raio \(R + r\), portanto \(A(t) = 4\pi r(t)(R(t) + r(t))\).
\[\therefore g(t) = \frac{4\pi G M}{4\pi r(t)(R(t) + r(t))} = \frac{G M}{a(t)^2r_0(R_0 + r_0)}\]
Como \(R_0 >> r_0\), temos que:
\[ \boxed{ g = \frac{G M}{a(t)^2r_0R_0}} \]
Para achar a energia potenical associada a particula, vamos definir \(\beta = r_0/R_0\), logo \(g = \frac{G M}{\beta a(t)^2R_0^2}\). A energia potencial é dada por:
\[U(t) = \mu \int g\ dr = \mu \frac{G M}{\beta R_0^2} \int \frac{dr}{a(t)^2}\]
Podemos definir \(dr = R_0 da\)
\[\therefore U(t) = \mu \frac{G M}{\beta R_0} \int \frac{da}{a(t)^2} = -\mu \frac{G M}{\beta R_0 a(t)} \]
Substituindo \(M = \rho (t) V(t) = 2\pi^2 \rho (t) r(t)^2 R(t) = 2 \pi ^2 \beta^2 R_0^3 a(t)^3 \rho (t)\):
\[\boxed{U(t) = -2 \mu \pi^2 G \beta^2 R_0^2 \rho (t) a(t)^2 }\]
c) A energia mecânica, associada a partícula, tem forma de:
\[E = \frac{1}{2}\mu (\dot{R} + \dot {r})^2 -2 \mu \pi^2 G \beta^2 R_0^2 \rho (t) a(t)^2 \]
\[E = \frac{1}{2} \mu (R_0 + r_0)^2 \dot{a}(t)^2 -2 \mu \pi^2 G \beta^2 R_0^2 \rho (t) a(t)^2 \approx \frac{1}{2} \mu R_0^2 \dot{a}(t)^2 -2 \mu \pi^2 G \beta^2 R_0^2 \rho (t) a(t)^2 \]
Dividindo ambos os lados por \(\frac{\mu R_0^2 a(t)^2}{2}\) temos:
\[\frac{2E}{\mu R_0^2 a(t)^2} = H(t)^2 – 4 \pi^2 G \beta^2 \rho (t)\]
Reorganiznado:
\[H(t)^2 = 4 \pi^2 G \beta^2 \rho (t) + \frac{2E}{\mu R_0^2 a(t)^2}\]
Portanto:
\[\boxed{C_1 = 4 \pi^2 G \frac{r_0^2}{R_0^2} \ \ \ \ \ C_2 = \frac{2E}{\mu R_0^2 }}\]
d) Da Primeira lei da termodinânica:
\[dQ = dU + dW = d( \varepsilon V) + PdV\]
Onde \(\varepsilon\) é a densidade de energia. A pressão pode ser escrita como \(P = \omega \varepsilon\), como \(\omega\) sendo uma constante adimensional que depende das propriedades da máteria/energia (para a resolução dessa questão o valor de \(\omega\) é indiferente, tendo em vista que o exercício pede que a resposta fique em função do mesmo). Aplicando a regra do produto na equação a cima, temos:
\[Vd\varepsilon + \varepsilon dV + \omega \varepsilon dV = 0\]
Uma vez que não há uma energia adicional sendo colocada no nosso Universo Rosquinha (\(dQ = 0\)).
Como o Universo Rosquinha expande em 3 dimensões, \(V(t) = V_0 a(t)^3\), temos que \( a^3d\varepsilon + 3a^2\varepsilon (1+\omega) da = 0\). Reorganizando:
\[d\varepsilon + 3\varepsilon (1+\omega)\frac{da}{a} = 0\]
Por fim, derivando em relação ao tempo, temos que:
\[\boxed{\dot{\varepsilon} + 3\varepsilon (1+\omega)\frac{\dot{a}}{a} = 0}\]
e) Temos que a primeira equação de Friedmann é dada da forma:
\[\left(\frac{\dot{a}(t)}{a(t)}\right)^2 = C_1 \frac{\varepsilon (t)}{c^2} + \frac{C_2}{a(t)^2}\]
Multiplicando ambos os lados por \(a(t)^2\), temos:
\[\dot{a}(t)^2 = \frac{C_1}{c^2} a(t)^2\varepsilon (t)+ C_2\]
Derivando em relação ao tempo, temos do lado esquerdo:
\[\frac{d}{dt} \dot{a}(t)^2 = \frac{d\dot{a}}{dt} \frac{d\dot{a}^2}{d\dot{a}} = 2\dot{a}\ddot{a}\]
E do lado direito:
\[\frac{d}{dt}\left(\frac{C_1}{c^2} \varepsilon(t) a(t)^2 + C_2 \right) = \frac{C_1}{c^2}\frac{d}{dt}(\varepsilon(t) a(t)^2) \]
\[=\frac{C_1}{c^2} (a(t)^2 \dot{\varepsilon}(t) + \varepsilon(t) \frac{d}{dt} a(t)^2)\]
\[=\frac{C_1}{c^2} (a(t)^2 \dot{\varepsilon}(t) + 2\varepsilon(t)a(t)\dot{a}(t))\]
Dividindo os dois lados por \(2\dot{a}a\) temos:
\[\frac{\ddot{a}}{a} = \frac{C_1}{2c^2} \left(\varepsilon (t) + \frac{\dot{\varepsilon}(t)}{H(t)}\right)\]
Substituindo \(\dot{\varepsilon}\) encontrado na equação dos flúidos, temos:
\[\frac{\ddot{a}}{a} = \frac{C_1}{2c^2}\left(\varepsilon (t) – \frac{3\varepsilon (t) (1+\omega)\frac{\dot{a}}{a}}{H(t)}\right)\]
\[\frac{\ddot{a}}{a} = \frac{C_1}{2c^2}\varepsilon(t)\left(-2 -3\omega)\right)\]
Por fim:
\[\boxed{-\frac{\ddot{a}}{a} = \frac{2\pi^2 G r_0^2}{c^2R_0^2}\varepsilon(t)\left(2 +3\omega\right)}\]