Escrito por Akira Ito e Gabriel Hemétrio
Iniciante
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Gravitação e Lei de Newton[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Com as informações do enunciado, podemos montar a figura:
Logo, para que suas distâncias permaneçam inalteradas, as estrelas devem orbitar o CM, tal que:
\[F_{res} = 2F\cos 30^{\circ} = \dfrac{Mv^2}{\dfrac{d}{2\cos 30^{\circ} }}\]
\[\dfrac{2GM^2 \cos 30^{\circ}}{d^2} = \dfrac{2Mv^2 \cos 30^{\circ}}{d} \]
\[\dfrac{GM}{d} = v^2 \]
\[\boxed{v = \sqrt{\dfrac{GM}{d}}}\]
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
\[\boxed{v = \sqrt{\dfrac{GM}{d}}}\]
[/spoiler]
Intermediário
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Termodinâmica, Gravitação e Oscilações[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) No equilíbrio, a pressão interna deve equilibrar a força gravitacional. A força devido à pressão do gás é:
$$F=p_0A$$
Em que $$A=4\pi R_0^2$$, isto é, a área da esfera. A força gravitacional devido a um corpo esférico homogêneo é:
$$F_g=\dfrac{GMm}{R^2_0}$$
Logo, a condição de equilíbrio é:
$$\boxed{\dfrac{GMm}{R^2_0}=4\pi R_0^2 p_0}$$
b) Aplicando a segunda lei de Newton para a casca esférica:
$$4\pi R^2p-\dfrac{GMm}{R^2}=ma_R$$
$$\left(\dfrac{4\pi}{m} \right)pR^2- \dfrac{\left(GM\right)}{R^2} =a_R$$
Logo:
$$\boxed{A=4\pi/m}$$ e $$\boxed{B=GM}$$
c) Para processos adiabáticos, vale a relação:
$$pV^\gamma=k$$
Em que $$p$$ e $$V$$ são a pressão e o volume do gás, respectivamente, e $$k$$ é uma constante. Logo:
$$p_0V_0^\gamma=pV^\gamma$$
Mas o volume de uma esfera é $$V=4\pi R^2/3$$, assim:
$$\boxed{p_0R_0^{3\gamma}=pR^{3\gamma}} $$
d) Agora que temos uma relação entre a pressão e o raio, podemos usar o resultado do item c) no item b). Logo:
$$ 4\pi R^2 p_0 \left( \dfrac{R_0}{R} \right)^{3\gamma}-\dfrac{GMm}{R^2}=ma_R $$
Vamos supor que, depois que o cometa passou, o raio aumentou em $$ \Delta R$$. Assim, aplicando a relação $$ R=R_0+\Delta R$$:
$$ 4\pi R_0^{3\gamma} p_0 \left(R_0+\Delta R\right)^{2-3\gamma}-GMm(R_0+\Delta R)^{-2}=ma_R$$
$$ 4\pi R_0^2 p_0 \left( 1+(2-3\gamma)\dfrac{\Delta R}{R_0} \right) -GMmR_0^{-2}\left( 1-2\dfrac{\Delta R}{R_0} \right)=ma_R$$
Note que, na segunda linha, usamos a aproximação de Taylor fornecida no começo do problema, já que a razão $$ \Delta R/R_0$$ é muito pequena. Além disso, é importante lembrar do resultado encontrado no item a), $$GMm/R^2_0=4\pi R_0^2 p_0 $$, para fazer algumas simplificações:
$$ -\dfrac{GMm}{R_0^3}(3\gamma-4)\Delta R =ma_R$$
Para que o movimento seja um MHS, a força resultante (lado esquerdo da equação) deve ser da forma $$ F=-k\Delta R$$, em que $$k$$ é uma constante positiva. Portanto:
$$\boxed{\gamma > \dfrac{4}{3}}$$
e) Usando o valor de $$\gamma=5/3$$ na expressão do item d):
$$ -\dfrac{GMm}{R_0^3}\Delta R =ma_R $$
Logo, a frequência angular do movimento é:
$$ \omega^2=\dfrac{GM}{R_0^3} $$
Então o período vale:
$$ \boxed{T=2\pi \sqrt{\dfrac{R_0^3}{GM}}} $$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a)
$$\boxed{\dfrac{GMm}{R^2_0}=4\pi R_0^2 p_0}$$
b)
$$\boxed{A=4\pi/m}$$ e $$\boxed{B=GM}$$
c)
$$\boxed{p_0R_0^{3\gamma}=pR^{3\gamma}} $$
d)
$$\boxed{\gamma > \dfrac{4}{3}}$$
e)
$$ \boxed{T=2\pi \sqrt{\dfrac{R_0^3}{GM}}} $$
[/spoiler]
Avançado
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Termodinâmica e Gravitação[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Primeiramente, podemos encontrar a pressão exercida por um sistema na parede de uma caixa:
\[ P = \frac{\Delta p}{A \Delta t} \]
mas:
\[dp = 2mv\cos \theta dN\]
\[dp = (2mv\cos \theta)(A v\cos \theta nf(v)dv \frac{1}{2} \sin \theta d\theta dt)\]
\[\Delta p = \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \int_{0}^{\Delta t} (2mv\cos \theta)(A v\cos \theta nf(v)dv \frac{1}{2} \sin \theta d\theta dt) \]
\[\Delta p = \frac{nmA \langle v^2 \rangle \Delta t}{3} \]
Finalmente, utilizando a relação para pressão:
\[P = \frac{nm \langle v^2 \rangle }{3}\]
Para um gás de fótons \( \langle v^2 \rangle = c^2 \), tal que obtemos a equação de estado do tipo\(P = \dfrac{\rho c^2}{3}\), ou seja:
\[\boxed{P = \dfrac{u}{3}}\]
b) Escrevendo a Primeira Lei da Termodinâmica para o sistema:
\[TdS = dU + pdV\]
diferenciando:
\[T \left( \dfrac{\partial S}{\partial V} \right)_T = \left( \dfrac{\partial U}{\partial V} \right)_T + p\]
utilizando uma das relações de Maxwell:
\[T \left( \dfrac{\partial p}{\partial T} \right)_V = \left( \dfrac{\partial U}{\partial V} \right)_T + p\]
Logo;
\[ T \left( \dfrac{\partial p}{\partial T} \right)_V = u + p\]
Agora, utilizando a equação de estados para um fóton \(P = \dfrac{u}{3}\), encontramos:
\[ T \left( \dfrac{\partial u}{3\partial T} \right)_V = \dfrac{4u}{3}\]
\[ \boxed{ \left( \dfrac{\partial u}{\partial T} \right)_V = \dfrac{4u}{T}}\]
c) Integrando a equação anterior:
\[ \int \dfrac{du}{u} = 4 \int \dfrac{dT}{T} \]
\[ \ln u = 4 \ln T + C\]
\[ u = aT^4\]
Para normalizar a função, note que a intensidade é dada por:
\[I = \Phi U\]
\[I = \dfrac{\eta c U}{4} = \dfrac{uc}{4} \]
Mas, sabemos que:
\[I = \sigma T^4 \]
Logo:
\[ \dfrac{ac}{4} = \sigma \]
\[ a = \dfrac{4 \sigma}{c} \]
Então:
\[u = \dfrac{4 \sigma T^4}{c}\]
E, por fim:
\[\boxed{P = \dfrac{4 \sigma T^4}{3c}}\]
d) Nesse caso, haverá, na superfície da estrelas, pressões devido à radiação e ao gás ideal e essas serão responsáveis pelo equilíbrio hidrostático da parcela adicional de poeira. Sabemos, pela equação de equilíbrio hidrostático, que:
\[\left(P(r) – P(r + dr)\right)dA = dmg(r) \]
\[-dP dA = \rho(r) dr dA g(r)\]
\[\dfrac{dP}{dr} = -g(r) \rho(r) = -\dfrac{GM}{r^2} \rho(r) \]
A pressão total \(P\) será a soma da pressão de radiação \(P_r = \dfrac{4 \sigma T^4}{3c} \) com a pressão do gás ideal \(P_G = \dfrac{\rho}{\mu}k_B T \), logo:
\[ \dfrac{16\sigma}{3c}T^3(r)\dfrac{dT(r)}{dr} + \dfrac{d\rho(r)}{dr}\frac{k_BT(r)}{\mu} + \dfrac{\rho(r)}{\mu}k_B\frac{dT(r)}{dr} = -\dfrac{Gm(r)}{r^2} \rho(r) \]
Aplicando a equação acima pra fotosfera estelar, teremos que \(r = R\), \(m(R) = M\) e, por aproximação, \(dr \approx \Delta r\), sendo \( \Delta r \) a espessura da atmosfera, \(dT(R) = \Delta T\) e, \(d\rho(R) = -\rho(R) \) (já que a densidade da estrela cai de \(\rho(R)\), na fotosfera, para \(0\), fora da atmosfera). Logo:
\[ \dfrac{16\sigma}{3c}T^3\dfrac{\Delta T}{\Delta r} – \dfrac{\rho(R)}{\Delta r}\dfrac{k_BT}{\mu} + \dfrac{\rho(R)}{\mu}k_B\dfrac{\Delta T}{\Delta r} = -\dfrac{GM}{R^2} \rho(R) \]
\[ \left(\dfrac{16\sigma}{3c}T^3 + \dfrac{\rho(R)}{\mu}k_B \right) \dfrac{\Delta T}{\Delta r} = \dfrac{\rho(R)}{\Delta r}\frac{k_BT}{\mu} – \dfrac{GM}{R^2} \rho(R) \]
\[ \Delta T = \dfrac{ \rho(R)\dfrac{k_BT}{\mu} – \dfrac{GM}{R^2}\rho(R) \Delta r}{\dfrac{16\sigma}{3c}T^3 + \dfrac{\rho(R)}{\mu}k_B } \]
Note que:
\[ \rho(R) \approx \dfrac{3M}{4\pi R^3}\]
Logo:
\[\Delta T = \dfrac{\dfrac{ 3M k_BT}{4\pi R^3\mu} – \dfrac{3GM^2}{4\pi R^5} \Delta r}{\dfrac{16\sigma}{3c}T^3 + \dfrac{3M}{4\pi R^3\mu}k_B } \]
Por fim, note que:
\[ I \propto T^4 \]
\[ \Delta I \propto 4T^3 \Delta T\]
\[\dfrac{\Delta I}{I} = \dfrac{4 \Delta T}{T} \]
\[ \boxed{\dfrac{\Delta I}{I} =\dfrac{\dfrac{ 3M k_BT}{\pi R^3\mu} – \dfrac{3GM^2}{\pi R^5} \Delta r}{\dfrac{16\sigma}{3c}T^4 + \dfrac{3M}{4\pi R^3\mu}k_B T}}\]
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Demonstração.
b) Demonstração.
c) Demonstração.
d) \[ \boxed{\dfrac{\Delta I}{I} =\dfrac{\dfrac{ 3M k_BT}{\pi R^3\mu} – \dfrac{3GM^2}{\pi R^5} \Delta r}{\dfrac{16\sigma}{3c}T^4 + \dfrac{3M}{4\pi R^3\mu}k_B T}}\]
[/spoiler]