Soluções – Semana 127

Escrito por Luís Fernando

Iniciante

Trânsito da ISS

Para a resolução dessa questão, considere a seguinte geometria:

A duração do trânsito será simplesmente:

$t = \frac{x}{\omega}$

Para calcular o valor de x, podemos utilizar dois métodos:

Método I:

Utilizando a lei dos cossenos:

$x^2=R^2+R^2-2R^2 \cos \theta \implies x=R \sqrt{2-2 \cos \theta} \implies x \approx 0,486^\circ$

Método II:

traçando a bissetriz do ângulo $\theta$ , obteremos dois triângulos retângulos com um ângulo interno de $\theta/2$ . Calculando o seno desse ângulo:

$\sin \frac{\theta}{2} = \frac{x/2}{R} \implies x = 2R \cdot \sin \frac{\theta}{2} \implies x \approx 0,486^\circ$

Desse modo:

$\boxed{t \approx 24,3\,\text{s}}$

Intermediário

Elevador Espacial

Para essa questão, é interessante utilizar a ideia de ângulo sólido. De um modo geral, sendo $\Omega$ o ângulo sólido do céu visível ao observador, o número de estrelas visíveis será:

$N=\frac{\Omega}{4 \pi}N_0$

$\Omega$ pode ser decomposto em duas partes: o ângulo sólido correspondente à metade do céu, visível para observadores em qualquer altura, e o ângulo sólido referente a “profundidade” do horizonte observado em relação ao horizonte astronômico, a qual vamos chamar de $\omega$ . Este último evidentemente irá depender de $t$ . Dessa forma:

$\Omega=2 \pi + \omega(t)$

Podemos obter o ângulo latitudinal do horizonte observado a partir da fórmula clássica:

$\cos(\theta)=\frac{R_\oplus}{R_\oplus+vt}$

Com isso, $\omega$ será:

$\omega = 2 \pi - 2 \pi (1-\cos(90^\circ-\theta))$

Simplificando:

$\omega=2 \pi \sin(\theta)$

Dessa forma:

$\Omega=2\pi(1+\sin(\theta))=2\pi\left(1+\sqrt{1-\cos^2(\theta)}\right)$

Substituindo na expressão inicial:

$\boxed{N=\frac{1}{2}N_0\left(1+\sqrt{1-\left( \frac{R_\oplus}{R_\oplus+vt} \right)^2}\right)}$

Avançado

Modified Newtonian Dynamics

a) Para uma órbita circular, a aceleração centrípeta é dada por:

$a_c=\frac{v^2}{r}$

Com isso:

$F=m\frac{(v^2/r)^2}{a_0}$

Igualando à força gravitacional:

$m\frac{(v^2/r)^2}{a_0}=\frac{GMm}{r^2}$

$\frac{v^4}{r^2 a_0}=\frac{G M(r)}{r^2}\implies v^4 = G M(r) a_0.$

Substituindo $M(r)$:

$v^4=GM_0(1-e^{-r/R_s})a_0$

$\boxed{v=[GM_0(1-e^{-r/R_s})a_0]^{\frac{1}{4}}}$

b) No caso de $r\gg R_s$ , podemos concluir que o expoente na expressão de $v$ se torna altamente negativo, nos permitindo utilizar a aproximação $e^{-r/R_s} \approx 0$ . Nesse caso, a expressão para $v$ se torna:

$\boxed{v \approx (GM_0a_0)^{\frac{1}{4}}}$

No limite em que $r \gg R_s$ , a expressão para a velocidade orbital torna-se independente de $r$ . Isso não é coincidência: uma das motivações da MOND é justamente explicar a constância observada nas curvas de rotação das galáxias em grandes distâncias — fenômeno que, no modelo atualmente mais aceito, é atribuído à presença de matéria escura.

c) Para analisar a região interna da galáxia, consideremos o limite $r \ll R_s$ .
Nesse regime, podemos expandir a expressão da massa:

$M(r) = M_0 \left(1 - e^{-r/R_s}\right) \approx M_0 \frac{r}{R_s},$

pois $e^{-r/R_s} \approx 1 - r/R_s$ para $r \ll R_s$ . Substituindo essa aproximação na expressão obtida para a velocidade orbital no regime MOND profundo:

$v(r) = \left[G\,a_0\,M(r)\right]^{1/4},$

temos

$v(r) \approx \left(G\,a_0\,M_0\,\frac{r}{R_s}\right)^{1/4} \propto r^{1/4}.$

Portanto, na região interna da galáxia, a velocidade orbital cresce lentamente com o raio.

Em comparação, no caso newtoniano temos

$v_N^2 = \frac{G\,M(r)}{r},$

de modo que, para $M(r) \propto r$ , a velocidade newtoniana $v_N$ é aproximadamente constante no interior. Logo, o regime MOND prevê uma variação um pouco mais suave da velocidade, com $v \propto r^{1/4}$ , enquanto o regime newtoniano tenderia a uma curva mais plana.

Fisicamente, isso mostra que a forma de $M(r)$ influencia a curva de rotação interna: em MOND, a dependência mais fraca da velocidade com a massa (proporcional a $M^{1/4}$ , em vez de $M^{1/2}$ no caso newtoniano) produz uma variação mais gradual, refletindo a modificação dinâmica característica do regime de baixas acelerações.

Internacional

Coutinho em Busca do Buraco Negro Primordial

a) Colocando $\dot{t}$ em evidência:

$E=-\left(g_{tt}+g_{t\phi}\frac{\dot{\phi}}{\dot{t}}\right)\dot{t}$

$\frac{\dot{\phi}}{\dot{t}}$ se trata da velocidade angular da partícula:

$\Omega=\frac{\dot{\phi}}{\dot{t}}$

Na condição de $E<0$ e $\dot{t}>0$ , temos:

$g_{tt}+g_{t\phi}\Omega\gt0$

Com base na dica fornecida, podemos concluir que, dentro da ergosfera, $g_{tt} >0$ . Ademais, $g_{t\phi} < 0$ . Isso nos permite concluir que, para a expressão acima ser maior do que zero, o valor de $\Omega$ deve ser menor ou igual a um valor limite. O valor em questão é:

$\Omega = -\frac{g_{tt}}{g_{t\phi}}$

Tal valor é positivo uma vez que $g_{tt} > 0$ e $g_{t\phi} < 0$ .

Dessa forma, podemos concluir que a energia de uma partícula será negativa caso sua velocidade angular for menor ou igual ao limite acima. Isso inclui valores negativos, de modo que partículas em órbitas retrógadas atendam ao caso em questão.

b) Considerando que a energia do sistema é conservada, podemos escrever que:

$E_0=E_1+\varepsilon$

Dessa forma, a variação de energia de Coutinho será simplesmente:

$\Delta E=E_1-E_0=-\varepsilon$

$\boxed{\Delta E=-\varepsilon}$

Como $\varepsilon<0$ , temos então que $\Delta E>0$ .

c) De maneira similar à métrica de Schwarschild, podemos obter uma expressão para o raio do horizonte de eventos ( $r_h$ ) analisando a condição em que a componente radial do tensor métrico tende ao infinito:

$g_{rr} \to \infty \implies \frac{1}{g_{rr}}=0$

Analisando a métrica de Kerr, isso ocorre quando $\Delta=0$:

$\Delta=0 \implies r_h^2-\frac{2GMr_h}{c^2}+a^2=0$

Resolvendo a equação de segundo grau por Bhaskara, obtemos:

$r=\frac{GM}{c^2} \pm \sqrt{\left(\frac{GM}{c^2}\right)^2-a^2}$

Interessante notar que, caso $\left(\frac{GM}{c^2}\right)^2-a^2>0$ , essa equação possuirá duas soluções. Isso indica que, para um buraco negro girante, há dois horizontes: um externo e um interno. Sobre essas raízes, a literatura científica sobre o assunto nos diz algumas informações importantes:

A solução positiva da equação corresponde ao horizonte de eventos propriamente dito;
A solução negativa da equação estabelece uma região na qual qualquer ponto interno a ela deixa deixa de ser descrito pela relatividade clássica;
No caso em que $\left(\frac{GM}{c^2}\right)^2-a^2=0$ , os dois horizontes coincidem. Ademais, essa situação corresponde ao máximo valor de $a$ . Em suma, isso corresponde ao estado de máxima rotação possível, o chamado buraco negro extremal.

De qualquer forma, é intuitivo pensar que a raiz que nos interessa corresponde à solução positiva da equação ( $r_+$ ).

Agora, escrevendo o elemento de área com base em $r=r_+$ :

$dA=(\sqrt{g_{\phi\phi}}d\phi)(\sqrt{g_{\theta\theta}}d\theta)$

$dA=\sqrt{\Sigma_+ \cdot \left(r_+^2 + a^2 + \frac{2 G M a^2 r_+ \sin^2\theta}{\Sigma_+ c^2}\right)\sin^2\theta} \cdot d\phi d\theta$

Com base na equação quadrática encontrada anteriormente, podemos escrever que:

$\frac{2GMr_+}{c^2}=r_+^2+a^2$

Substituindo essa expressão na fórmula do elemento de área:

$dA=\sqrt{\Sigma_+ \cdot \left(r_+^2 + a^2 + \frac{(r_+^2+a^2)a^2\sin^2\theta}{\Sigma_+}\right)\sin^2\theta} \cdot d\phi d\theta$

Simplificando:

$dA=\sqrt{\Sigma_+ (r_+^2+a^2)\cdot \left(1 + \frac{a^2\sin^2\theta}{\Sigma_+}\right)\sin^2\theta} \cdot d\phi d\theta$

$\implies dA=\sqrt{\Sigma_+ (r_+^2+a^2)\cdot \left(\frac{\Sigma_++a^2\sin^2\theta}{\Sigma_+}\right)\sin^2\theta} \cdot d\phi d\theta$

Desenvolvendo:

$dA=\sqrt{(r_+^2+a^2)\cdot \left(r_+^2+a^2\cos^2(\theta)+a^2\sin^2\theta\right)\sin^2\theta} \cdot d\phi d\theta$

$\implies dA=(r_+^2+a^2)\sin(\theta)d\phi d\theta$

Integrando:

$A=\left(\int_{0}^{2 \pi} \int_0^{\pi}\sin(\theta) d\phi d\theta\right)(r_+^2+a^2)$

$A=2 \pi \cdot -\left. \cos(\theta) \right |_0^\pi \cdot (r_+^2+a^2)=2\pi (1-(-1)) (r_+^2+a^2)$

Com isso:

$\boxed{A=4 \pi (r_+^2+a^2)}$

d) Desenvolvendo a fórmula da área com base na solução da equação encontrada no item (c) e considerando $a=\frac{J}{Mc}$ :

$A=4 \pi\left(\left(\frac{GM}{c^2} + \sqrt{\left(\frac{GM}{c^2}\right)^2-\left(\frac{J}{Mc}\right)^2}\right)^2+\left(\frac{J}{Mc}\right)^2\right)$

$A=4 \pi \left( 2\left(\frac{GM}{c^2}\right)^2+2\left(\frac{GM}{c^2}\right)\sqrt{\left(\frac{GM}{c^2}\right)^2-\left(\frac{J}{Mc}\right)^2}\right)$

$\boxed{A=\frac{8 \pi G^2 M^2}{c^4} \left(1+\sqrt{1-\left(\frac{Jc}{GM^2}\right)^2} \right)}$

O mínimo e máximo correspondem ao caso em que $\sqrt{1-\left(\frac{Jc}{M^2G}\right)^2}=0$ e $\sqrt{1-\left(\frac{Jc}{M^2G}\right)^2}=1$ , respectivamente:

$\boxed{A_\text{min}=\frac{8 \pi G^2 M^2}{c^4}}\,\,\,\text{e}\,\,\,\boxed{A_\text{max}=\frac{16 \pi G^2 M^2}{c^4}}$

e) Em consonância ao raciocínio do item (d), podemos concluir que a máxima extração de energia corresponde ao caso em que um buraco negro, inicialmente em estado extremal ( $J=J_\text{max}$ ), acaba tendo sua energia extraída ao ponto de chegar em um estado de $J=0$ (ou seja, com sua energia rotacional esgotada. Ademais, pelo Teorema das Áreas, podemos estabelecer que: