Soluções Astronomia – Semana 105

Escrito por Lucas Cavalcante

Iniciante

Perdido

Na situação de culminação superior, a relação entre a latitude, declinação e altura do astro para Arcturus será:

$$h + \phi - \delta = 90 \Rightarrow \phi = 90 + \delta - h$$

$$\boxed{\phi = 54,2^{\circ} \; N}$$

Agora, para encontrar a longitude do local, pode-se utilizar a definição de tempo sideral local, sabendo que, por passar pelo meridiano local, o ângulo horário de Arcturus será $0$:

$$TSL = H + \alpha$$

E a relação entre o tempo sideral local e o tempo sideral de Greenwich:

$$TSG + \lambda = TSL \Rightarrow \lambda = \alpha - TSG = 8h$$

$$\boxed{ \lambda = 120^{\circ} \; L }$$

Intermediário

Ondas Gravitacionais

a) Primeiramente, pode-se encontrar a energia potencial do sistema:

$$U_p = -\dfrac{GM_1M_2}{r}$$

Agora, para encontrar a energia cinêtica do sistema, é preciso descobrir a velocidade de um dos corpos, pois em um sistema binário:

$$M_1r_1 = M_2r_2 \Rightarrow M_1v_1 = M_2v_2$$

Para isso, pode-se igualar a força sentida por um dos corpos com a resultante centrípeta, ou seja:

$$\dfrac{GM_1M_2}{r^2} = \dfrac{M_2v_2^2}{r_2}$$

$$v_2^2 = \dfrac{GM_1r_2}{r^2}$$

Analogamente para o primeiro elemento:

$$v_1^2 = \dfrac{GM_2r_1}{r^2}$$

Substituindo as velocidades na expressão da energia cinética total do sistema:

$$E_{cin} = \dfrac{M_1v_1^2}{2} + \dfrac{M_2v_2^2}{2}$$

$$E_{cin} = \dfrac{GM_1M_2r_1}{2r^2} + \dfrac{GM_1M_2r_2}{2r^2}$$

$$E_{cin} = \dfrac{GM_1M_2}{2r^2}(r_1 + r_2) = \dfrac{GM_1M_2}{2r}$$

Portanto, a energia total do sistema será:

$$E_{sist} = E_{cin} + U_p = \dfrac{GM_1M_2}{2r} - \dfrac{GM_1M_2}{r}$$

$$\boxed{E_{sist} = - \dfrac{GM_1M_2}{2r}}$$

Além disso, pela $3^{\circ}$ lei de Kepler:

$$\dfrac{T^2}{a^3} = \dfrac{4\pi^2}{G(M_1 + M_2)}$$

$$\boxed{T = 2\pi \sqrt{\dfrac{r^3}{G(M_1 + M_2)}}}$$

b) Para encontrar uma expressão para $\dfrac{dE_{sist}}{dt}$ além da apresentada, deve-se derivar a expressão da energia total encontrada em relação ao tempo, resultando:

$$\dfrac{dE_{sist}}{dt} = \dfrac{GM_1M_2}{2r^2} \dfrac{dr}{dt}$$

Agora, igualando essa expressão com a fornecida:

$$\dfrac{GM_1M_2}{2r^2} \dfrac{dr}{dt} = -\dfrac{32G^4}{5c^5r^5}(M_1M_1)^2(M_1+M_2)$$

$$\boxed{\dfrac{dr}{dt} = - \dfrac{64G^3}{5c^5r^3}M_1M_2(M_1 + M_2)}$$

c) Para obter-se uma expressão para o tempo de colapso do sistema, é preciso resolver a equação diferencial encontrada no item anterior:

$$\dfrac{dr}{dt} = - \dfrac{64G^3}{5c^5r^3}M_1M_2(M_1 + M_2)$$

$$\int_r^0 r^3dr = - \int_0^{t_{colapso}}\dfrac{64G^3}{5c^5}M_1M_2(M_1 + M_2) dt$$

$$\dfrac{r^4}{4} = \dfrac{64G^3}{5c^5}M_1M_2(M_1 + M_2) t_{colapso}$$

$$\boxed{t_{colapso} = \dfrac{5c^5r^4}{256G^3M_1M_2(M_1 + M_2)}}$$

d) É importante perceber que a frequência das ondas gravitacionais é o dobro da frequência orbital do sistema que as emitem e que a velocidade dessas ondas é igual a velocidade da luz ($c$). Portanto, utilizando a relação $v = \lambda f$ e expressão para o período orbital encontrada no item a:

$$2f_{orb} = f_{og}$$

$$\lambda = \dfrac{cT}{2}$$

$$\boxed{\lambda = \pi c \sqrt{\dfrac{r^3}{G(M_1 + M_2)}}}$$

Avançado

Órbitas e Energias Potenciais

a) A energia total do sistema será a soma da energia cinética do corpo de prova e a energia potencial atuante sobre ele:

$$\boxed{E = \dfrac{mv^2}{2} - \dfrac{\alpha}{r}}$$

b) O momento angular de uma órbita pode ser escrito como:

$$L = mr^2\dot{\theta}$$

Então, substituindo o $\theta$ encontrado a partir do momento angular na expressão para a velocidade:

$$\boxed{v^2 = \dot{r}^2 + \dfrac{L^2}{m^2r^2}}$$

Portanto, colocando essa velocidade na equação para a energia do sistema:

$$\boxed{E = \dfrac{m\dot{r}^2}{2} + \dfrac{L^2}{2m r^2} - \dfrac{\alpha}{r}}$$

c) Como encontrado no item anterior, a energia potencial efetiva será:

$$V_{eff} = \dfrac{L^2}{2m r^2} - \dfrac{\alpha}{r}$$

Esboçando o gráfico $V$ em função de $r$ dessa expressão, encontra-se:

A posição de equilíbrio do sistema, ou seja, quando a energia potencial é mínima pode ser encontrada derivando a expressão para o potencial efetivo e igualando a $0$:

$$\dfrac{dV_{eff}}{dr} = -\dfrac{L^2}{mr_c^3} + \dfrac{\alpha}{r_c^2} = 0$$

$$\boxed{r_c = \dfrac{L^2}{m\alpha}}$$

d) Então, escrevendo a energia total do sistema com esse novo potencial:

$$E = \dfrac{m\dot{r}^2}{2} + \dfrac{L^2}{2m r^2} - \dfrac{\alpha}{r} + \dfrac{\beta}{r^2}$$

Dessa forma, pode-se perceber que o novo potencial efetivo será:

$$V_{eff} = \dfrac{L^2}{2m r^2} - \dfrac{\alpha}{r} + \dfrac{\beta}{r^2}$$

Realizando o mesmo procedimento executado no item c:

$$\dfrac{dV_{eff}}{dr} = -\dfrac{L^2}{mr_c^3} + \dfrac{\alpha}{r_c^2} - \dfrac{2\beta}{r^3} = 0$$

$$\boxed{r_c = \dfrac{L^2 + 2m\beta}{m\alpha}}$$

e) Retomando a expressão para a energia total do sistema que sofre do potencial trabalhado e comparando com o formato apresentado, tem-se que:

$$\dfrac{m\dot{r}^2}{2} + \dfrac{L^2}{2m r^2} - \dfrac{\alpha}{r} + \dfrac{\beta}{r^2} = \dfrac{m\dot{r}^2}{2} + \dfrac{L_{eff}^2}{2m r^2} - \dfrac{\alpha}{r}$$

$$L_{eff}^2 = L^2 + 2m\beta$$

Para se simplificar a expressão para o momento angular efetivo do sistema pode-se somar e subtrair $\left(\dfrac{m\beta}{L}\right)^2$, pois, assim, completa-se o quadrado perfeito $L^2 + 2m\beta + \left(\dfrac{m\beta}{L}\right)^2$, e como $2m\beta \ll L$, o termo $-\left(\dfrac{m\beta}{L}\right)^2$ pode ser desprezado, resultando em:

$$L_{eff} = L^2 + 2m\beta +\left(\dfrac{m\beta}{L}\right)^2 - \left(\dfrac{m\beta}{L}\right)^2$$

$$L_{eff} = \left(L + \dfrac{m\beta}{L}\right)^2 - \left(\dfrac{m\beta}{L}\right)^2$$

$$\boxed{L_{eff} \approx L + \dfrac{m\beta}{L}}$$

f) Para encontrar a frequência da precessão do periélio, deve-se escrever o momento angular efetivo como a soma do momento angular orbital e do momento angular da precessão:

$$L_{eff} = L + mr^2\omega_p$$

$$\omega_p = \dfrac{\beta}{Lr^2}$$

Utilizando a expressão para o momento angular orbital, e utilizando $\dot{\theta} \approx \dfrac{2\pi}{T}$, considerando a órbita aproximandamente circular:

$$2\pi f_p = \dfrac{\beta}{L \dfrac{LT}{m2\pi}}$$

$$\boxed{f_p = \dfrac{m\beta}{L^2T}}$$