Soluções Astronomia - Semana 65

INICIANTE

Em várias partes do experimento será utilizada uma pedra qualquer encontrada na superfície, pois, como o planeta é pequeno, podemos estimar a densidade do planeta como a densidade da pedra, a qual é fácil de ser medida. Inicialmente podemos posicionar a régua perpendicularmente no solo e soltar a pedra de seu topo          ($h = 2m$), utilizando o cronômetro para determinar quanto tempo $t$ a pedra demora para cair. Assim, podemos obter o Raio do planeta $R$ em função da densidade da pedra $\rho$:

$h = \dfrac{g\cdot t^2}{2}$        (1)

$g = \dfrac{G\cdot M}{R^2}$,        $\rho = \dfrac{M}{V} = \dfrac{3\cdot M}{4\cdot \pi\cdot R^3}$

$g = \dfrac{4\cdot \pi\cdot R\cdot \rho \cdot G}{3} \Longrightarrow h = \dfrac{2\cdot \pi\cdot R\cdot \rho\cdot G\cdot t^2}{3}$

$R = \dfrac{3\cdot h}{2\cdot \pi \cdot \rho\cdot G\cdot t^2}$        (2)

Onde $M$, $V$ e $g$ são, respectivamente, a massa, o volume e a gravidade superficial do planeta. Agora, para descobrir a densidade da pedra, precisamos calcular a sua massa e volume. Para o cálculo da massa devemos utilizar a balança eletrônica, que mede a massa teórica de um objeto $m_T$ se ele estivesse na Terra (aceleração da gravidade $g_T$) utilizando a sua normal $N$:

$m_T = \dfrac{N}{g_T} \Longrightarrow N = m_T\cdot g_T$

Assim, a real massa da pedra $m_p$ será:

$m_p = \dfrac{N}{g} = \dfrac{m_T\cdot g_T}{g}$

Já para o volume da pedra, precisamos inicialmente colocar um volume de óleo $V_0'$ no copo medidor e, após isso, colocar a pedra no líquido, de forma que ela fique totalmente submersa e medir o novo volume $V'$. Assim, o volume da pedra $V_p$ será:

$V_p = V' - V_0' \Longrightarrow V_p = \Delta V'$

Logo, a densidade do planeta vale:

$\rho = \dfrac{m_p}{V_p}\Longrightarrow \rho = \dfrac{m_T\cdot g_T}{g\cdot \Delta V'}$        (3)

Substituindo (1) em (3):

$\rho = \dfrac{m_T\cdot g_T \cdot t^2}{2\cdot h\cdot \Delta V'}$        (4)

Substituindo (4) em (2):

$R = \dfrac{3\cdot h^2\cdot \Delta V'}{\pi \cdot m_T \cdot g_T \cdot t^4 \cdot G} \Longrightarrow R = \dfrac{12\cdot \Delta V'}{\pi \cdot m_T \cdot g_T \cdot t^4 \cdot G}$

Agora precisamos encontrar a distância $d$ do equador ao polo pela superfície do planeta:

$d = \dfrac{\pi \cdot R}{2} \Longrightarrow \boxed{d = \dfrac{6\cdot \Delta V'}{m_T \cdot g_T \cdot t^4 \cdot G}}$

Finalmente, podemos calcular o tempo mínimo $t_{min}$ para chegar ao polo pela velocidade máxima que é possível andar sobre a superfície do planeta (velocidade orbital $v_0$ no raio R):

$v_o = \sqrt{\dfrac{G\cdot M}{R}} = 2\cdot R\cdot \sqrt{\dfrac{G\cdot \pi\cdot \rho}{3}}$,        $v_o = \dfrac{d}{t_{min}}$

$t_{min} = \dfrac{\pi}{4}\cdot \sqrt{\dfrac{3}{G\cdot \pi \cdot \rho}}$        (5)

Substituindo (4) em (5):

$\boxed{t_{min} = \dfrac{1}{2\cdot t}\cdot \sqrt{\dfrac{3\cdot \pi \cdot \Delta V'}{G \cdot m_T\cdot g_T}}}$

INTERMEDIÁRIO

a) Para calcular o período, basta calcularmos o valor do campo gravitacional $\vec{g}$ a uma distância $\vec{r}$ do planeta. Assim temos a expressão da força gravitacional sentida pelo satélite, que será igual a resultante centrípeta, nos dando assim o período $P$ desejado.

Calculando o campo gravitacional através do análogo da lei de gauss para gravitação (ver asterisco no final da solução):

$\oint \vec{g} \cdot d\vec{S}=-4\pi GM_{in}$

Mas o que equação nos diz? Ela nos da a integral do fluxo do campo gravitacional sobre uma superfície fechada. Tal superfície é conhecida como superfície gaussiana, e nos podemos escolhe-la. Essa integral é proporcional à massa no interior de tal superfície ($M_{in}$), sendo $4\pi G$ o fator de proporcionalidade.

Vendo a figura:

 

Primeiramente, podemos concluir que o produto escalar $\vec{g} \cdot \vec{S}$ é simplesmente $g S$ pois, por argumentos de simetria, o campo é radial (simetria por reflexão, por exemplo). Além disso, vemos que a área da gaussiana é simplesmente $S=2\pi r L$, logo $\oint \vec{g} \cdot d\vec{S}=g S= g 2\pi r L$. Temos também que a massa dentro da nossa gaussiana é simplesmente $\rho \pi R^2 L$.

Logo:

$g 2\pi r L = 4\pi G \rho \pi R^2 L$

Portanto:

$\vec{g(r)}=-\frac{2\pi G \rho R^2}{r}\hat{r}$

Igualando a força gravitacional à resultante centrípeta:

$F_{g}=R_{cp} \Leftrightarrow m g = m {\omega}^2 r$

Usando $P=\frac{2\pi}{\omega}$ e substituindo $g$, temos:

$P=\frac{r}{R}\sqrt{\frac{2\pi}{G\rho}}$

b) Pela definição dada, podemos conservar a energia do corpo nos momentos inicial e final. Repare que após muito tempo o corpo estará no infinito ($U_{gra}=0$) com velocidade nula ($K=0$), logo:

$\frac{m v_{escT}^2}{2} - \frac{GM_{T}m}{R_{T}}=0$

Assim:

$v_{escT}=\sqrt{\frac{2GM_{T}}{R_{T}}}$

c) Novamente, a energia cinética no final será nula, logo basta calcular a diferença de energia potencial $\Delta U$ entre o início e o fim (estou utilizando $V$ para o potencial, onde $U=mV$). Sabemos que $\vec{g}=-\nabla V$, logo:

$V(d)-V(R)=k \int_R^d \frac{1}{r}dr$

Onde $k>0$.

Como a integral de $\frac{1}{x}$ é $ln(x)$, temos, adicionando limites de integração:

$\Delta V=-k ln(\frac{R}{d})$, que diverge para $d \rightarrow \infty$. Logo, não é possível escapar da atração gravitacional do planeta Wattson (ou de qualquer planeta cujo campo caia com o inverso da distância).

*A equação padrão da Lei de Gauss para a eletrostática é:

$\oint \vec{E} \cdot d\vec{S}=\frac{Q_{in}}{\epsilon _{0}}$

Note que, trocando $Q\rightarrow M$ e $\frac{1}{\epsilon _{0}} \rightarrow 4 \pi G$ (compare a lei de coulomb com a lei da gravitação universal para ver o porquê disso) temos o análogo para a gravitação.

Há um sinal negativo pois, apesar de cargas de mesmo sinal se repelirem, duas massas de mesmo sinal (positivo? A questão da SAO abaixo brinca com isso) se atraem, logo na notação vetorial alguns sinais se invertem.

** essa questão é um exemplo clássico que apenas introduz a Lei de Gauss na gravitação. Para problemas mais aplicados, recomendo a questão 3 da 5th SAO (2017). Você pode encontrá-la neste link.

 

 

AVANÇADO

Devido a igualdade matéria-radiação temos que

$\Omega _m(z_{eq})=\Omega _r(z{eq})$

e como

$\Omega _m(z)=(z+1)^3 \cdot \Omega_{m0}$

$\Omega _r(z)=(z+1)^4 \cdot \Omega _{r0}$

temos que

$(z_{eq}+1)=\dfrac {\Omega _{m0}}{\Omega_{r0}}$

O parâmetro de densidade de radiação de fótons é por definição:

$\Omega_{\gamma 0}=\dfrac{\rho _{\gamma 0}}{\rho _{c0}}=\dfrac {\epsilon _r}{c^2} \dfrac {8\pi G}{3H^2}=\dfrac {\epsilon _r}{c^2} \dfrac {8\pi G}{3H_{100}^2h^2}$

Onde $H_{100}=100km\cdot s^{-1}Mpc^{-1}$

Como

$\epsilon _{\gamma} = \dfrac {\pi ^2}{15\hbar ^3 c^3}(K_b T)^4$

Isso implica que

$\Omega _{r0}\cdot h^2 = \dfrac {\pi ^2}{15\hbar ^3 c^5}(K_b T)^4 \cdot \dfrac {8\pi G}{3H_{100}^2}$

substituindo

$\Omega _{r0}\cdot h^2 = 2.47 \cdot 10^{-5}$

como

$\Omega_{r0} =1.68\Omega _{\gamma 0}$

Isso implica que

$\Omega_{r0} = 4.15\cdot 10^{-5}$

Portanto

$(z_{eq}+1)=\dfrac {\Omega _{m0}}{\Omega_{r0}} = 2.4\cdot 10^4\Omega _{m0} h^2$