Soluções - Astronomia Semana 104

Escrito por Heitor Szabo

Iniciante

Problema dos 3 corpos

A força central será a soma das duas componentes centrais da força:

$$F_c = 2cos(30^\circ)\frac{GM^2}{d^2}$$

Considerando que a altura do triângulo equilátero é $1,5$ vezes o raio, dado as relações do encontro das medianas. O lado d em função de R é:

$$1,5R = \frac{\sqrt{3}d}{2}$$

$$d=\sqrt{3}R$$

Substituindo e igualando com a força centrípeta:

$$F_c = 2cos(30^\circ)\frac{GM^2}{3R^2}=M\omega^2R$$

$$\frac{\sqrt{3}GM^2}{3R^2}=M\omega^2R$$

$$\frac{\sqrt{3}GM}{3R^3}=\frac{4\pi ^2}{T^2}$$

 

$$T = \sqrt{\frac{4\pi^2 R^3}{GM}3^{\frac{1}{2}}}$$

 

Intermediário

Órbita Estranha

a)

Nas coordenadas polares, as relações com as coordenadas cartesianas são:

$$x = r \cos(\theta)$$

$$y = r \sin(\theta)$$

Dada a equação $r = 2R \cos(\theta)$, substituímos $r$:

$$r = \sqrt{x^2 + y^2}$$

$$\cos(\theta) = \frac{x}{r} = \frac{x}{\sqrt{x^2 + y^2}}$$

Substituindo na equação original:

$$\sqrt{x^2 + y^2} = 2R \left(\frac{x}{\sqrt{x^2 + y^2}}\right)$$

Multiplicando ambos os lados por $\sqrt{x^2 + y^2}$:

$$(\sqrt{x^2 + y^2})^2 = 2Rx$$

$$x^2 + y^2 = 2Rx$$

Reorganizando a equação para colocá-la na forma padrão de uma equação de círculo:

$$x^2 - 2Rx + y^2 = 0$$

Para completar o quadrado, adicionamos e subtraímos $R^2$ no lado esquerdo:

$$x^2 - 2Rx + R^2 + y^2 = R^2$$

Agora a equação é:

$$(x - R)^2 + y^2 = R^2$$

Esta é a equação de um círculo com centro em $(R, 0)$ e raio $R$.

b)

Para isso usaremos a equação de Binet:

$$\frac{d^2u}{d\theta^2}+u=-\frac{m}{L^2}\frac{d}{du}V(u)$$

Sendo $u=\frac{1}{r}$, temos que $u = \frac{1}{2Rcos(\theta)}$. Diferenciando:

$$\frac{du}{d\theta}=\frac{sec(\theta) tan(\theta)}{2 R}$$

$$\frac{d^2u}{d\theta^2}=\frac{sec(\theta) (sec^2(\theta) + tan^2(\theta))}{2 R}$$

Substituindo na equação:

$$\frac{sec(\theta) (sec^2(\theta) + tan^2(\theta)) + \frac{1}{cos(\theta)}}{2R}= -\frac{m}{L^2}\frac{d}{du}V(u)$$

$$\frac{1}{Rcos^3(\theta)}= -\frac{m}{L^2}\frac{d}{du}V(u)$$

$$dV(u)=-\frac{L^2}{mRcos^3(\theta)}du$$

Dado que $u = \frac{1}{2R \cos(\theta)}$, podemos reescrever $\cos(\theta)$ em termos de $u$:

$$\cos(\theta) = \frac{1}{2Ru}$$

Substituímos:

$$dV(u) = -\frac{L^2}{mR \left(\frac{1}{2Ru}\right)^3} du$$

Simplificando:

$$dV(u) = -\frac{8L^2 R^2 u^3}{m} du$$

Integrando ambos os lados da equação:

$$\int dV(u) = \int -\frac{8L^2 R^2 u^3}{m} du$$

$$V(u) = -\frac{8L^2 R^2}{m} \int u^3 \, du$$

A integral de $u^3$ é:

$$\int u^3 \, du = \frac{u^4}{4}$$

Portanto, temos:

$$V(u) = -\frac{2L^2 R^2 u^4}{m} + C$$

$$V(r) = -\frac{2L^2 R^2}{mr^4} + C$$

Para encontrar a força a partir do potencial dado $V(r) = -\frac{2L^2 R^2}{mr^4} + C$, podemos calcular o negativo do gradiente do potencial, que nos dará a força $F(r)$:

$$F(r) = -\frac{dV(r)}{dr}$$

$$\frac{dV(r)}{dr} = \frac{d}{dr} \left( -\frac{2L^2 R^2}{mr^4} + C \right)$$

$$\frac{d}{dr} \left( -\frac{2L^2 R^2}{mr^4} \right) = \frac{2L^2 R^2}{mr^5} \cdot 4 = -\frac{8L^2 R^2}{mr^5}$$

Portanto, a força $F(r)$ associada ao potencial $V(r)$ é:

$$F(r) = -\frac{8L^2 R^2}{mr^5}$$

 

Avançado

Casca Esférica

Um corpo sólido, simetricamente esférico, pode ser modelado como um número infinito de cascas esféricas concêntricas, infinitesimalmente finas. Se uma dessas cascas puder ser tratada como uma massa pontual, então um sistema de cascas (ou seja, a esfera) também pode ser tratado como uma massa pontual.

Considerando uma dessas cascas:

 

A soma das forças devido aos elementos de massa na faixa sombreada é:

$$dF = \frac{Gm}{s^2} dM$$

Devido à simetria circular da faixa, a componente restante da força na direção de $m$ é:

$$dF_r = \frac{Gm}{s^2} \cos(\varphi) \, dM$$

(Obs: Perceba que a componente do seno sempre se cancelará com o lado diametralmente oposto)

A força total em $m$ é a soma das forças exercidas por todas as faixas:

$$F_r = \int dF_r$$

Como $G$ e $m$ são constantes:

$$F_r = Gm \int \frac{\cos(\varphi)}{s^2} \, dM$$

A área total de uma casca esférica é $4\pi R^2$. A área da fatia fina entre $\theta$ e $\theta + d\theta$ é a circunferência menor $2\pi R\sin(\theta)$ vezes uma pequena variação $Rd\theta$:

$$dA = 2\pi R^2 \sin(\theta) \, d\theta$$

Se a massa da casca é $M$, temos que a densidade superficial será:

$$\sigma = \frac{M}{4\pi R^2}$$

Então:

$$dM = \sigma dA=\frac{1}{2} M \sin(\theta) \, d\theta$$

Substituindo:

$$F_r = \frac{GMm}{2} \int \frac{\sin(\theta) \cos(\varphi)}{s^2} \, d\theta$$

Agora, usando a lei dos Cossenos temos:

$$\cos(\theta) = \frac{r^2 + R^2 - s^2}{2rR}$$

Derivando esse resultado para mudar a variável de integração de $\theta$ para $s$:

$$\sin(\theta) \, d\theta = \frac{s}{rR} \, ds$$

$$F_r = \frac{GMm}{2rR} \int \frac{s \cos(\varphi)}{s^2} \, ds = \frac{GMm}{2rR} \int \frac{\cos(\varphi)}{s} \, ds$$

Usando novamente a lei dos Cossenos:

$$\cos(\varphi) = \frac{r^2 + s^2 - R^2}{2rs}$$

Substituindo:

$$F_r = \frac{GMm}{4r^2R} \int \left(1 + \frac{r^2 - R^2}{s^2}\right) \, ds$$

Avaliando a primitiva da função:

$$\int \left(1 + \frac{r^2 - R^2}{s^2}\right) \, ds = s - \frac{r^2 - R^2}{s}+ C$$

Para o caso do $m$ externo, temos que integrar de $r - R$ até $r+R$:

$$F_r = \frac{GMm}{4r^2R} \left[s - \frac{r^2 - R^2}{s}\right]_{r-R}^{r+R}$$

$$F_r = \frac{GMm}{4r^2R}\left[ [ r+R- ( r-R) ] -[ r-R-( r+R ) ] \right]$$

$$F_r = \frac{GMm}{4r^2R}4R$$

$$F_r = \frac{GMm}{r^2}$$

Isso mostra que a força gravitacional é a mesma que a de uma massa pontual no centro da casca com a mesma massa.

Para o caso do $m$ interno, temos apenas que integrar de $R-r$ até $R+r$:

$$F_r = \frac{GMm}{4r^2R} \left[s + \frac{R^2 - r^2}{s}\right]_{R-r}^{R+r}$$

$$F_r = \frac{GMm}{4r^2R}\left[ [ R+r+( R-r) ] -[ R-r+(R+r ) ] \right]$$

$$F_r = 0$$

Isso mostra que a força gravitacional é nula para uma massa dentro de uma casca esférica.