Soluções Física - Semana 131

Gravitação

Solução por Bruno Barros

Demonstração.

$\boxed{f \approx 2,3 * 10^{3} s^{-1}}$.

Gravitação

$a)$ Como $L$ é a potência, a energia liberada pelo sol em um segundo é $L*1s=3,83 * 10^{26}$ $J$. Então, a massa $\Delta M$ liberada pelo Sol decorrido um tempo $\Delta t$ é, pela Equação de Einstein:

$L \Delta t=\Delta M c^2$,

$\Delta M = \dfrac{L \Delta t}{c^2}$.

Substituindo os dados numéricos, com $\Delta t=1$ $s$:

$\boxed{\Delta M_1 = 4,26*10^9 kg}$.

Perceba que, comparada à massa do Sol $M=2,00*10^{30}$ $kg$, essa quantidade é muito pequena!

$b)$ Primeiramente, sabemos que a velocidade orbital da terra ao redor do sol "antes" da perda de massa é dada por

$v=\sqrt{\dfrac{GM}{R}}$.

Esse é um resultado bastante conhecido, que é obtido igualando-se a força gravitacional à resultante centrípeta. Como estamos considerando que a órbita se mantém circular (o que é extremamente válido, pois o raio varia lentamente), quando a massa do Sol passa de $M$ à $M+\Delta M$ (com $\Delta M < 0$, pois ele perde massa), o raio orbital muda de $\Delta R$ ($\Delta M \ll M$ e $\Delta R \ll R$), e a nova velocidade orbital é $v'$:

$v'=\sqrt{\dfrac{G\left(M+\Delta M\right)}{R+\Delta R}}$.

Agora, devemos identificar a quantidade que é conservada nesse movimento: o torque resultante sobre a Terra é sempre nulo, logo, o momento angular associado ao seu movimento em torno do Sol é conservado! Sendo assim, expressemos a conservação do momento angular:

$L=mvr\sin{90^{\circ}}=mvr=cte.$,

$vR=v'\left(R+\Delta R\right)$,

Substituindo $v$ e $v'$:

$\sqrt{\dfrac{GM}{R}}R=\sqrt{\dfrac{G\left(M+\Delta M\right)}{R+\Delta R}}\left(R+\Delta R\right)$,

elevando ambos os membros ao quadrado e cancelando fatores comuns:

$MR=\left(M+\Delta M\right)\left(R+\Delta R\right)$,

$MR=MR\left(1+\dfrac{\Delta M}{M}\right)\left(1+\dfrac{\Delta R}{R}\right)$.

Com a aproximação dada no enunciado:

$\left(1+\dfrac{\Delta M}{M}\right)\left(1+\dfrac{\Delta R}{R}\right)=1+\dfrac{\Delta M}{M}+\dfrac{\Delta R}{R}$.

Por fim, obtemos

$\Delta R=-\dfrac{\Delta M}{M}R$.

Perceba que o sinal está de acordo com o que fora dito no enunciado; $\Delta M$ é negativo, o que significa que $\Delta R$ é positivo, e o raio aumenta como era de se esperar. Ao longo de um ano, $\Delta M=-\dfrac{LT}{c^2}$, então:

$\boxed{\Delta R=\dfrac{LT}{Mc^2}R}$.

Substituindo os dados, encontramos

$\boxed{\Delta R = 1,01cm}$,

que é, de fato, extremamente imperceptível se comparado à $R$. Não precisamos nos preocupar com o fato de a Terra estar se afastando cada vez mais do Sol por um bom tempo...

$a)$ $\boxed{\Delta M_1 = 4,26*10^9 kg}$.

$b)$ $\boxed{\Delta R=\dfrac{LT}{Mc^2}R = 1,01cm}$.

Física Estatística, Ideias básicas de Física Moderna, Gravitação e Oscilações

$a)$ A energia cinética é dada por $\epsilon=p^2/2m$. Da hipótese de De Broglie, $p=\hbar k$, logo

$\boxed{\epsilon=\dfrac{\hbar^2 k^2}{2m}}$.

$b)$ O modelo é análogo ao de uma corda de comprimento $L$ presa pelas duas extremidades. Nesse caso, o comprimento da corda (a distância entre as duas paredes) está relacionado com o comprimento de onda das ondas estacionárias por

$L= \dfrac{n \lambda}{2}$,

com $n = 1, 2, 3, ...$. Substituindo o número de onda $k=2 \pi/ \lambda$, temos $k=\pi n /L$. No nosso sistema, essa equação é válida para cada um dos eixos, substituindo $k \rightarrow k_i$ e $n \rightarrow n_i$ ($i= x, y, z$). $L$ é o mesmo pois a caixa é cúbica.

$\boxed{k_x=\dfrac{\pi}{L} n_x}$,

$\boxed{k_y=\dfrac{\pi}{L} n_y}$,

$\boxed{k_z=\dfrac{\pi}{L} n_z}$.

$c)$ A massa total é a soma das massas das partículas que compõem a estrela. Como o número de elétrons, prótons e nêutrons é o mesmo, $M=Nm_p + Nm_n+Nm_e$ ($m_n$ é a massa do nêutron). No entanto, desprezamos $m_e$ frente aos outros termos, e consideramos $m_n = m_p$. Assim:

$\boxed{N=\dfrac{M}{2m_p}}$.

$d)$ Obtemos a menor diferença tomando a subtração entre os estados $n$ e $n+1$, resultando

$\boxed{\Delta k_i = \dfrac{\pi}{L}}$.

$e)$ Iremos fazer a seguinte proporção; para um cubinho de volume $\Delta k_i^3=(\pi/L)^3=\pi^3/V$ no espaço de fase, temos $2$ elétrons. No volume total, que corresponde à $1/8$ do volume total da esfera de raio $k_F$ (pois apenas valores positivos de $k_i$ são admitidos), temos a quantidade total de $N=nV$ elétrons:

$\dfrac{2}{\Delta k_i^3}=\dfrac{N}{\dfrac{1}{6}\pi k_F^3}$,

$\boxed{k_F=\left(3n\pi^2\right)^{1/3}}$.

$f)$ Como estamos lidando com um alto número de partículas, a distribuição é contínua. Sendo assim, o cálculo da energia cinética total dos elétrons $U_D$ é determinado pela integral a seguir:

$U_D= \displaystyle \int_{0}^{k_F} g(k) dk \epsilon (k)$,

onde $g(k)$ é a função densidade de estados, e representa o número de estados que podem ser ocupados pelo sistema em um dado nível energético. Como a energia de cada partícula é $\epsilon=\epsilon(k)$, vamos analisar o número de estados entre um número de onda $k$ e $k+dk$, que corresponde a uma energia entre $\epsilon$ e $\epsilon+d\epsilon$. O volume correspondente no espaço de fase é $4 \pi k^2 dk/8$; mas qualquer caixinha de volume $\Delta k_i^3$ pode ser ocupada nesse intervalo. Portanto, a densidade de estados é determinada pelo quociente entre essas quantidades:

$g(k)dk=\dfrac{4 \pi k^2 dk/8}{\left(\dfrac{\pi}{L}\right)^3}*2$,

onde o fator $2$ é devido ao fato de que uma caixinha é ocupada por $2$ partículas. Logo, podemos encontrar a energia cinética $U_D$, substituindo $g(k)$ e $\epsilon (k)$:

$U_D= \displaystyle \int_{0}^{k_F} \dfrac{\dfrac{4 \pi k^2 dk}{8}}{\left(\dfrac{\pi}{L}\right)^3}*2 \dfrac{\hbar^2 k^2}{2m}$,

$U_D=\dfrac{L^3 \hbar}{2 \pi^2 m_e} \displaystyle \int_{0}^{k_F} k^4 dk$, $\therefore$

$\therefore$ $\boxed{U_D=\dfrac{\hbar^2 k_F^5}{10 \pi^2 m_e} V}$.

Usamos que $L^3=V$.

$g)$ Substituindo $k_F=\left(3n\pi^2\right)^{1/3}$ (com $n=N/V$, e $N=M/2m_p$ determinado no item $c)$), e $V=4 \pi R^3/3$, o volume da estrela esférica, temos

$\boxed{U_D=\dfrac{\alpha}{R^2}}$,

onde definimos

$\alpha \equiv \dfrac{2 \hbar^2}{15 \pi m_e} \left(\dfrac{9 \pi M}{8 m_p}\right)^{5/3}$,

por conveniência.

$h)$ Dividamos a estrela esférica em diversas cascas esféricas de espessura infinitesimal $dr$. Contabilizando a interação gravitacional entre uma casca esférica e a massa interna à ela (apenas a massa interna exerce força, devido ao Teorema das Cascas), e então integrando o resultado, obtemos $U_G$. Sendo $dm$ a massa de uma casca infinitesimal, a uma distância $r$ do centro, temos, pela homogeneidade:

$\dfrac{dm}{4 \pi r^2 dr}=\dfrac{M}{\dfrac{4}{3} \pi R^3}$,

$dm=\dfrac{3Mr^2dr}{R^3}$

E, da mesma forma, para a massa $M(r)$ interna à esfera de raio $r<R$:

$M(r)=M\dfrac{r^3}{R^3}$.

Com isso, substituímos na integral:

$U_G=-\displaystyle \int_{0}^{R} \dfrac{GM(r)dm}{r}$,

$U_G=-\dfrac{3GM^2}{R^6} \displaystyle \int_{0}^{R} r^4 dr$, $\therefore$

$\boxed{U_G=-\dfrac{3}{5}\dfrac{GM^2}{R}}$.

Chamando

$\beta \equiv \dfrac{3GM^2}{5}$,

por simplicidade, podemos escrever

$\boxed{U_G=-\dfrac{\beta}{R}}$.

$i)$ A energia total é dada por $U=U_G+U_D$:

$U(R)=\dfrac{\alpha}{R^2}-\dfrac{\beta}{R}$.

Para esboçarmos o gráfico dessa função, vamos olhar alguns limites.

$\rightarrow$ Quando $R$ tende a zero, o termo à esquerda (no membro direito) domina sobre o da direita, então o gráfico se assemelha ao de uma função que decai com $1/R^2$ perto da origem. Além disso, $U$ tende a $+\infty$.

$\rightarrow$ Quando $R$ tende a infinito, o termo à direita domina sobre o da esquerda, então o gráfico se assemelha ao de uma função hiperbólica invertida, que cresce com $-1/R$, para $R$ cada vez mais crescente. Além disso, $U$ tende a zero.

Para valores intermediários de $R$, haverá uma região de transição entre esses dois comportamentos, que é delimitada pelas funções $U_G$ e $U_D$. O esboço do gráfico de $U(R)$ (em preto), juntamente com os gráficos de $U_D$ e $U_G$ (pontilhados), estão esquematizados na figura a seguir. A parte do gráfico para valores de $R<0$ é não-física, e portanto não foi representada.

Figura 1: Esboço do gráfico da função $U(R)$ versus $R$.

$j)$ Essa análise fora feita no item anterior, porém de forma menos explícita. Tomemos a razão entre $U_G$ e $U_D$:

$\dfrac{U_G}{U_D} \propto R$.

$\cdot$ Se $R \rightarrow 0$, $U_G \ll U_G$ (em módulo), então a pressão estatística é muito mais relevante quando o raio é pequeno.

$\cdot$ Se $R \rightarrow \infty$, $U_G \gg U_G$ (em módulo), então a gravidade da estrela torna-se mais importante quando o raio é grande.

$k)$ No equilíbrio, a energia potencial efetiva $U$ toma um valor mínimo, então:

$\dfrac{dU}{dR}=0$,

e a derivada é aplicada em $R=r_0$. Logo:

$-\dfrac{2\alpha}{r_0^3}+\dfrac{\beta}{r_0^2}=0$,

$\boxed{r_0=\dfrac{2 \alpha}{\beta}}$,

com $\alpha$ e $\beta$ definidos previamente.

$l)$ Podemos analisar essa questão utilizando as forças que agem em um pedacinho de massa da estrela, ou com uma análise energética. Optaremos pela segunda: como não há dissipações e trocas de calor com o ambiente externo, a energia mecânica total se conserva. Isto é:

$\dfrac{dE}{dt}=0$,

onde $E$ é a soma da energia potencial total $\left(U_G+U_D\right)$ e cinética (devido à expansão/contração da estrela):

$E=\dfrac{1}{2}M\dot{R}^2+\dfrac{\alpha}{R^2}-\dfrac{\beta}{R}$.

Então:

$M\ddot{R}\dot{R}-\dfrac{2 \alpha}{R^3} \dot{R}+\dfrac{\beta}{R^2}\dot{R}=0$,

Substituindo $R=r_0-\Delta r$, e cancelando os fatores de $\dot{R}$, decorre que:

$-M\Delta \ddot{r}-\dfrac{2 \alpha}{r_0^3}\left(1-\dfrac{\Delta r}{r_0}\right)^{-3}+\dfrac{\beta}{r_0^2}\left(1-\dfrac{\Delta r}{r-0}\right)^{-2}=0$.

Haja vista que $\Delta r \ll r_0$, podemos usar a aproximação binomial $(1+x)^n \approx 1+nx$, para $x \ll 1$. Os termos correspondentes à posição de equilíbrio se cancelam e chegamos, por fim, na equação de movimento para o raio da estrela:

$\Delta \ddot{r}+\left(\dfrac{6 \alpha}{Mr_0^4}-\dfrac{2\beta}{Mr_0^3}\right)\Delta r=0$,

$\boxed{\Delta \ddot{r}+\dfrac{\beta^4}{8M\alpha^3}\Delta r=0}$.

Perceba que essa é precisamente a equação do oscilador harmônico; logo, a estrela executa, de fato, oscilações radiais harmônicas, com frequência angular

$\boxed{\omega=\sqrt{\dfrac{\beta^4}{8M\alpha^3}}}$.

$a)$ $\boxed{\epsilon=\dfrac{\hbar^2 k^2}{2m}}$.

$b)$

$\boxed{k_x=\dfrac{\pi}{L} n_x}$,

$\boxed{k_y=\dfrac{\pi}{L} n_y}$,

$\boxed{k_z=\dfrac{\pi}{L} n_z}$.

$c)$ $\boxed{N=\dfrac{M}{2m_p}}$.

$d)$ $\boxed{\Delta k_i = \dfrac{\pi}{L}}$.

$e)$ $\boxed{k_F=\left(3n\pi^2\right)^{1/3}}$.

$f)$ $\boxed{U_D=\dfrac{\hbar^2 k_F^5}{10 \pi^2 m_e} V}$.

$g)$ Defina

$\alpha \equiv \dfrac{2 \hbar^2}{15 \pi m_e} \left(\dfrac{9 \pi M}{8 m_p}\right)^{5/3}$, então

$\boxed{U_D=\dfrac{\alpha}{R^2}}$.

$h)$ Defina

$\beta \equiv \dfrac{3GM^2}{5}$, então

$\boxed{U_G=-\dfrac{\beta}{R}}$.

$i)$

Figura 1: Esboço do gráfico da função $U(R)$ versus $R$.

$j)$

$\cdot$ Se $R \rightarrow 0$, $U_G \ll U_G$ (em módulo), então a pressão estatística é muito mais relevante quando o raio é pequeno.

$\cdot$ Se $R \rightarrow \infty$, $U_G \gg U_G$ (em módulo), então a gravidade da estrela torna-se mais importante quando o raio é grande.

$k)$

$\boxed{r_0=\dfrac{2 \alpha}{\beta}}$,

com $\alpha$ e $\beta$ definidos previamente.

$l)$ A equação de movimento do raio é

$\Delta \ddot{r}+\dfrac{\beta^4}{8M\alpha^3}\Delta r=0$.

Ou seja, a estrela executa oscilações radiais harmônicas com frequência angular

$\boxed{\omega=\sqrt{\dfrac{\beta^4}{8M\alpha^3}}}$.