Escrito por Ualype Uchôa
Iniciante
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Gravitação
[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Solução por Bruno Barros
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Demonstração.
$$\boxed{f \approx 2,3 * 10^{3} s^{-1}}$$.
[/spoiler]
Intermediário
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Gravitação
[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$a)$$ 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…
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$a)$$ $$\boxed{\Delta M_1 = 4,26*10^9 kg}$$.
$$b)$$ $$\boxed{\Delta R=\dfrac{LT}{Mc^2}R = 1,01cm}$$.
[/spoiler]
Avançado
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Física Estatística, Ideias básicas de Física Moderna, Gravitação e Oscilações
[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$a)$$ 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
$$\boxed{\omega=\sqrt{\dfrac{\beta^4}{8M\alpha^3}}}$$.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$a)$$ $$\boxed{\epsilon=\dfrac{\hbar^2 k^2}{2m}}$$.
$$b)$$
$$\boxed{k_x=\dfrac{\pi}{L} n_x}$$,
$$\boxed{k_y=\dfrac{\pi}{L} n_y}$$,
$$\boxed{k_z=\dfrac{\pi}{L} n_z}$$.
$$c)$$ $$\boxed{N=\dfrac{M}{2m_p}}$$.
$$d)$$ $$\boxed{\Delta k_i = \dfrac{\pi}{L}}$$.
$$e)$$ $$\boxed{k_F=\left(3n\pi^2\right)^{1/3}}$$.
$$f)$$ $$\boxed{U_D=\dfrac{\hbar^2 k_F^5}{10 \pi^2 m_e} V}$$.
$$g)$$ 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
$$\boxed{\omega=\sqrt{\dfrac{\beta^4}{8M\alpha^3}}}$$.
[/spoiler]