Soluções Física - Semana 114

Estática

Podemos utilizar aqui o teorema das três forças: no corpo atuam as forças peso, normal e tração e suas linahs de ação devem coincidir em um ponto $C$, conforme a figura abaixo:

Fazendo a semelhança de triângulos ${\Delta}ABC$ e ${\Delta}ADE$:

$$\dfrac{\overline{AB}}{\overline{AD}}=\dfrac{\overline{BC}}{\overline{DE}}=\dfrac{1}{2}=\dfrac{h}{\sqrt{s^2-l^2\cos^2{\theta}}}$$

Como $h=\sqrt{s^2-l^2\cos^2{\theta}}-l\sin{\theta}$, temos:

$$2l\sin{\theta}=\sqrt{s^2-l^2\cos^2{\theta}}$$

$$l^2\cos^2{\theta}=\dfrac{4l^2-s^2}{3}$$

Portanto:

$$h=\sqrt{\dfrac{s^2-l^2}{3}}$$

$$h=\sqrt{\dfrac{s^2-l^2}{3}}$$

Forças centrais

Primeiramente, osbervemos um fato importante da órbita da partícula: a posição $C$ do centro de força. Suponha que $C$ se encontre fora da circunferencia. Agora, traçe uma reta que passa por $O$, o centro da circunferência. Essa reta intercepta a órbita em dois pontos, e as velocidades da partícula nesses dois pontos são opostas. Dessa forma, o vetor momento angular em torno de $C$ posssui sentido oposto nesses dois pontos, como o vetor momento angular é constante (a força é central) isso é um absurdo. Logo, concluí-se que $C$ não pode estar fora da circunferência: deve estar sob ela ou dentro, digamos que a uma distância $a$ do centro. Pela segunda lei de Kepler, a velocidade aerolar é contante e durante um período o vetor posição da partícula em relação a $C$ varre a área da circunferência de raio $R$, independentemente de $a$ (Verifique isso visualmente). Logo, o período pode ser achada através da segunda lei:

$$\dfrac{L}{2m}{\tau}={\pi}R^2$$

Onde $\dfrac{L}{2m}$ é a velocidade aerolar e $\tau$ é o período requerido. Portanto, nossa última tarefa é expressar $L$ em função de $\beta$. Faremos isso rigorosamente. Considere que a força central em questão tenha a forma $K(r)$. Isto é, a força resultante é dada por:

$$\vec{F}_{RES}=-K(r)\hat{r}$$

Onde $\hat{r}$ é o versor que aponta na direção do vetor posição da partícula em relação à $C$. Para um ponto genérico $P$ da órbita, consideremos o momento angular em torno de $C$:

$$L=mv_p\sin{\theta}r_p=mRr_p\sin{\theta\omega(r_p)}$$

Sendo $\theta$ o ângulo formado entre o vetor velocidade e a reta $PC$. Esse ângulo pode ser obtido pela lei dos cossenos:

$$\sin{\theta}=\dfrac{r_p^2+R^2-a^2}{2r_pR}$$

Por outro lado, podemos igualar a resultante centrípeta com a força resultante na direção de $O$:

$$K(r_p)\sin{\theta}=m{\omega(r_p)}^2R$$

$$\omega(r_p)=\sqrt{\dfrac{K(r_p)\left(r_p^2+R^2-a^2\right)}{2mr_pR^2}}$$

Portanto, podemos agora resolver para $K(r_p)$ e $\omega(r_p)$:

$$K(r_p)=\dfrac{8r_pR^2L^2}{m\left(r_p^2+R^2-a^2\right)}$$

e

$$\omega(r_p)=\dfrac{L}{m\left(r_p^2+R^2-a^2\right)}$$

Da equação acima, obtem-se rapidamente:

$$v_1=\dfrac{LR}{2mR\left(R+a\right)}$$

e

$$v_2=\dfrac{LR}{2mR\left(R-a\right)}$$

Eliminando $a$ dessas duas equações:

$$L=\dfrac{4mR}{\beta}$$

Logo:

$$\tau=\dfrac{{\pi}R\beta}{2}$$

$$\tau=\dfrac{{\pi}R\beta}{2}$$

Gravitação

a) A energia potencial gravitacional é o trabalho contra as forças gravitacionais (como essa força é atrativa essa energia é, evidentemente, negativa) necessário para formar a nuvem. A energia potencial não depende da forma no qual a nuvem foi formada, depende apenas do seu estado final. Convenientemente, faremos o cálculo considerando que a nuvem é formada trazendo pequenas (infinitesimais) porções de massa do infinito e distribuindo as mesmas uniformente, formando cascas de massas infinitesimais. Essas cascas de massa infinitesimal $dm=4{\pi}r^2{\rho}dr$ interage com a esfera de massa de raio $r$ formada pelo conjunto das cascas infitesimais anteriores. A energia de interação entre essas duas massas é:

$$dU=-\dfrac{Gm(r)dm}{r}$$

Onde $m(r)={\rho}\dfrac{4}{3}{\pi}r^3$. Integrando a expressão acima, obtem-se a energia total.

$$U=-G\dfrac{4}{3}{\pi}{\rho}\int_{0}^{R} r^4dr=-\dfrac{3}{5}\dfrac{GM^2}{R}$$

b) A energia interna é a soma das contribuições de cada partícula. Cada partícula contribui com $\dfrac{3}{2}kT$. Portanto, a energia interna total $U$ é igual a $\dfrac{3}{2}NkT$. Usando o critério fornecido no enunciado, chega-se na massa mínima:

$$M_j=\left(\dfrac{3kT}{2Gm}\right)^{3/2}\left(\dfrac{3}{4{\pi}{\rho}}\right)^{1/2}$$

Onde foi usado que:

$$\rho=\dfrac{M}{\dfrac{4}{3}{\pi}R^3}$$

c) A densidade de massa crítica é dada por:

$${\rho}_j=\dfrac{3}{4{\pi}M^2}\left(\dfrac{3kT}{2Gm}\right)^{3}$$

E a concentração $n=\dfrac{{\rho}_j}{m}$. Substituido os valores numéricos, chega-se em:

$$n=1,85.10^6m^{-3}$$

d) Devemos fazer o equilíbrio da parcela da nuvem compreendida entre $r$ e $r+dr$:

$$\left(p(r)-p(r+dr)\right)4{\pi}r^2=\dfrac{Gm(r)}{r^2}4{\pi}r^2dr$$

Onde foi usado o teorema das cascas, que afirma que a parte externa da nuvem não exerce força na parcela da nuvem que foi feito o equilíbrio. Cancelando os fatores númericos, chega-se na expressão do enunciado.

e) Nesse caso, $\rho$ é constante e, portanto, $m(r)={\rho}\dfrac{4}{3}{\pi}r^3$. Intergração direta da expressão acima, nos dá o valor esperado:

$$P_0=\dfrac{2}{3}{\pi}G{\rho}^2R^2$$

f) Para um processo adiabático a quantidade $pV^{\gamma}$ é constante, ou seja, sua diferencial é nula, portanto:

$${\gamma}\dfrac{dV}{V}+\dfrac{dp}{p}=0$$

Pela primeira lei $dU=-pdV$ e da equação acima concluí-se que:

$$d(pV)=-({\gamma}-1)pdV$$

Logo:

$$dU=\dfrac{1}{{\gamma}-1}d(pV)$$

Integrando a expressão acima, chega-se na expressão do enunciado.

g) Usando a dica do enunciado, temos:

$$\int_{0}^{R}4{\pi}r^3\dfrac{dp}{dr}dr=-\int_{0}^{R}\dfrac{Gm(r){\rho}(r)}{r}4{\pi}r^2dr$$

Uma simples integração por partes no lado esquerdo, nos dá o resultado requerido:

$$[p(r)4\pi r^3]^{R}_{0}-3\displaystyle \int_{0}^{R} p(r) 4\pi r^2 dr$$

h) Observe que o primeiro termo da equação acima é nulo: a pressão em $R$ é zero. O segundo termo é igual a $-3V<p>$. O primeiro termo do lado direto da equação é igual a energia potencial gravitacional $\Omega$ já calculada. Agora, basta substituir isso na expressão para a energia interna. O resultado obtido é:

$$-3(\gamma-1)U=\Omega$$

j) A energia total é a soma da energia potencial gravitacional com a energia interna. Usando o teorema do virial:

$$E=\dfrac{3{\gamma}-4}{3({\gamma}-1)}\Omega$$

Para $\gamma=\dfrac{5}{3}$:

$$E=\dfrac{\Omega}{2}$$

Como $\Omega$ é negativo, $E$ também será. Ou seja, caso $E$ diminua, $U$ aumenta e, consequentemente, $T$ aumenta. Isso significa que o sistema tem uma capacidade térmica negativa e quando a estrela radia energia, ela contrai e esquenta (aumento de temperatura).

k) Pelo dado do enunciado, podemos estimar a energia total disponível do sol como sendo $0,008Mc^2$. Portanto, o tempo de vida pode ser estimar mediante:

$$t=\dfrac{0,008Mc^2}{L}$$

Substituindo os valores numéricos, obtemos a ordem de grandeza de $t$: $10^{11}$ anos. O valor obtido através dessa estimativa é coerente com a idade atual do sol.

a) [\-\dfrac{3}{5}\dfrac{GM^2}{R}

b) " />$</p> <p><strong>b) </strong>$!M_j={\dfrac{3kT}{2Gm}}^{3/2}{\dfrac{3}{4{\pi}{\rho}}}^{1/2}

c) " />$</p> <p><strong>c) </strong>$!n=1,85.10^6m^{-3}

d) Demonstração.

e) " />$</p> <p><strong>d) </strong>Demonstração.</p> <p><strong>e) </strong>$!P_0=\dfrac{2}{3}{\pi}G{\rho}^2R^2

f) Demonstração.

g) Demonstração.

h) Demonstração.

j) Negativa.

k) " />$</p> <p><strong>f) </strong>Demonstração.</p> <p><strong>g) </strong>Demonstração.</p> <p><strong>h)</strong> Demonstração.</p> <p><strong>j) </strong>Negativa.</p> <p><strong>k)</strong>$!t=\dfrac{0,008Mc^2}{L}$$