Soluções Física – Semana 156

Gravitação e Lei de Newton

Com as informações do enunciado, podemos montar a figura:

Logo, para que suas distâncias permaneçam inalteradas, as estrelas devem orbitar o CM, tal que:

$$F_{res} = 2F\cos 30^{\circ} = \dfrac{Mv^2}{\dfrac{d}{2\cos 30^{\circ} }}$$

$$\dfrac{2GM^2 \cos 30^{\circ}}{d^2} = \dfrac{2Mv^2 \cos 30^{\circ}}{d}$$

$$\dfrac{GM}{d} = v^2$$

$$\boxed{v = \sqrt{\dfrac{GM}{d}}}$$

$$\boxed{v = \sqrt{\dfrac{GM}{d}}}$$

Termodinâmica, Gravitação e Oscilações

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:

$\gamma=5/3$ 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:

$\boxed{T=2\pi \sqrt{\dfrac{R_0^3}{GM}}}$

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)

$\boxed{T=2\pi \sqrt{\dfrac{R_0^3}{GM}}}$

Termodinâmica e Gravitação

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:

$$I \propto T^4$$

$$\Delta I \propto 4T^3 \Delta T$$

$$\dfrac{\Delta I}{I} = \dfrac{4 \Delta T}{T}$$

$$\boxed{\dfrac{\Delta I}{I} =\dfrac{\dfrac{ 3M k_BT}{\pi R^3\mu} - \dfrac{3GM^2}{\pi R^5} \Delta r}{\dfrac{16\sigma}{3c}T^4 + \dfrac{3M}{4\pi R^3\mu}k_B T}}$$

a)  Demonstração.

b) Demonstração.

c)  Demonstração.

d)

$$\boxed{\dfrac{\Delta I}{I} =\dfrac{\dfrac{ 3M k_BT}{\pi R^3\mu} - \dfrac{3GM^2}{\pi R^5} \Delta r}{\dfrac{16\sigma}{3c}T^4 + \dfrac{3M}{4\pi R^3\mu}k_B T}}$$