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Neste arquivo iremos colocar os problemas já resolvidos (não são problemas "mortos" porque a discussão pode continuar a qualquer altura!)

Mensagempor Real em Sábado Dez 09, 2006 12:19 am

Não fiz as contas, mas essa aceleração constante preocupa-me...
Como seria a aceleração se houvesse dois buracos simétricos?
Nesse caso, ficaríamos com uma "espécie de túnel" e o movimento seria oscilatório... O que dizem as vossas contas?
Diogo Fernandes
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Mensagempor pmp em Sábado Dez 09, 2006 12:35 am

Se houvesse dois buracos, já complicava um pouco, mas deixa ver se faço as contas.
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Mensagempor Real em Sábado Dez 09, 2006 12:47 am

Ok, eu espero :P
Se quiseres tb pego no papel, mas tava a pensar noutras coisas...
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Mensagempor pmp em Sábado Dez 09, 2006 12:51 am

Não precisas esperar, também já estou com o sono quase a prevalecer. Amanhã, verificamos com mais calma. A aceleração constante é um pouco esquisita, mas foi o que deu, aguardo a tua verificação. E, o teorema de Gauss, que tanto falam que eu dei à pouco tempo em matemática que está relacionado com a curva de uma distribuição normal, como é que esta coisa é chave em problema de campos gravíticos?! :D
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Mensagempor Real em Sábado Dez 09, 2006 12:58 am

LOl então esperamos por amanhã!
Gauss fez muita coisa! O teorema de Gauss de que tanto falamos não tem a ver com as distribuição de probabilidade de Gauss. São coisas diferentes.
Para perceberes bem o teorema de Gauss tens de ter bastante genica com integrais e campos. Depois falamos disso noutra altura com mais calma. Para já usa os teoremas de Newton ;)

Abraço
Diogo Fernandes
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Mensagempor pmp em Sábado Dez 09, 2006 1:04 am

Não resisti, mas com os dois buracos e seguindo a mesma lógica dá uma aceleração horrível:

a(r)=-\frac{GM_T}{2R_T^2}+\frac{GM_T}{8(r+R_T/2)^2}
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Mensagempor Real em Sábado Dez 09, 2006 1:08 am

Bem deixei-me de preguiça e fiz as continhas!
Afinal vocês estão certos! Desculpem a boca :wink:
O teu cálculo para os dois buracos acho que apenas é válido se o corpo se encontrar no buraco de cima! Quando ele passa para o de baixo acho que há alterações na expressão
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Mensagempor pmp em Sábado Dez 09, 2006 1:13 am

Sim, exacto, foi o que me apercebi... Estou agora a procurar uma generalização.
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Mensagempor Real em Sábado Dez 09, 2006 1:23 am

Bem a aceleração tem de ser simétrica não?
Que coisa mais esquisita... Uma aceleração definida por ramos...
Consegues ver se há maneira de dar a volta a isso?
Diogo Fernandes
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Mensagempor Real em Sábado Dez 09, 2006 1:31 am

Bem, já agora..
Usando a série de Taylor:

(1+kx)^{-2} \approx 1 - 2kx

Então (ver post seguinte para mais pormenores):

a=-\frac{GM}{2R^2}+\frac{GM}{8(r+\frac{R}{2})^2}=-\frac{GM}{2R^2}+\frac{GM}{2R^2(1+\frac{2}{R}r)^2} \approx -\frac{2GM}{R^3}r

Em que se usou a expressão de cima com k = \frac{2}{R}. Fazendo a mesma substituição para a expressão da aceleração para o buraco de baixo dá o mesmo valor.
Então, para pequenos valores de r em comparação com R, o corpo oscila em torno da origem com período T=2\pi\sqrt{\frac{R^3}{2GM}}

Aqui está um bom exemplo da utilidade das expansões de Taylor ;)
última vez editado por Real s Sábado Dez 09, 2006 3:56 pm, editado 3 vezes no total
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Mensagempor pmp em Sábado Dez 09, 2006 1:38 am

lol, aceleração por ramos, estamos a entrar na Twilight Zone.

Não percebi muito bem essa aplicação da série de Taylor, mas ainda não estou muito familiriazado com ela e já começo a perder o discernimento. Porque é que k=2/R?
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Mensagempor Real em Sábado Dez 09, 2006 1:47 am

LOL :D Viva a física às altas horas :wink:

A função que estou a considerar é f(x)=(1+kx)^{-2}.
Usando a expansão de Taylor:

f(x-a)=f(a)+f'(a)x+...

Desprezando os termos de grau superior, temos para a nossa função:

f(x-a)\approx(1+ka)^{-2}-2k(1+ka)^{-3}x

Como queremos uma aproximação em torno da origem, basta fazer a=0. Obtemos:

(1+kx)^{-2}=1-2kx

Repara que:

\frac{1}{(1+\frac{2}{R}r)^2} = (1+\frac{2}{R}r)^{-2}

Usando o resultado em cima, podemos aproximar:

(1+\frac{2}{R}r)^{-2} \approx 1-2\frac{2}{R}r

Repito: esta aproximação apenas é válida para pontos próximos da origem! Isto é, para valores de r muito mais pequenos que R.

Pedro ficaste com alguma dúvida?
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Mensagempor Andre França em Sábado Dez 09, 2006 4:48 pm

pmp Escreveu:Não resisti, mas com os dois buracos e seguindo a mesma lógica dá uma aceleração horrível:

a(r)=-\frac{GM_T}{2R_T^2}+\frac{GM_T}{8(r+R_T/2)^2}


Eu cheguei a uma expressão muito semelhante, mas só com algumas diferenças, em termos de componentes vectoriais: o primeiro termo tem a direcção e_\vec{y} e o segundo termo aponta em e_\vec{r}?
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Mensagempor Real em Sábado Dez 09, 2006 5:41 pm

Os cálculos apenas foram feitos para o eixo de simetria do problema.
Isto porque a partícula está confinada a esse eixo.
Para calcular o campo em todo o espaço não sei se é assim tão simples! Mas lá está, sou eu outra vez a mandar bitaites... Da outra vez não correu muito bem :roll: Mete aqui o teu raciocínio por favor :wink:
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Mensagempor Andre França em Sábado Dez 09, 2006 6:10 pm

Real Escreveu:Os cálculos apenas foram feitos para o eixo de simetria do problema.
Isto porque a partícula está confinada a esse eixo.
Para calcular o campo em todo o espaço não sei se é assim tão simples! Mas lá está, sou eu outra vez a mandar bitaites... Da outra vez não correu muito bem :roll: Mete aqui o teu raciocínio por favor :wink:


Ahh, ok, então bate certo com o que eu pensei :)

Bem, meu raciocínio foi mais ou menos o mesmo, decompondo o campo em três:

- Campo ("de massa positiva") criado pelo planeta, como se estivesse completamente preenchido.
- Campo ("de massa negativa") criado pelo buraco de baixo.
- Campo ("de massa negativa") criado pelo próprio buraco...

g_1 = -\frac{4}{3}G\pi\rho(x_{\vec{e_x}} + y_{\vec{e_y}})

g_2 = \frac{4}{3}G\pi\rho\frac{R^2}{4}\frac{1}{(x_{\vec{e_x}} + (y+\frac{R}{2})_{\vec{e_y}})^2}

g_3 = \frac{4}{3}G\pi\rho(x_{\vec{e_x}} + (y-\frac{R}{2})_{\vec{e_y}})

Não sei se está bem, dado que acho que provavelmente fiz alguma asneira ao manipular os vectores :P de qualquer maneira, somando os três campos e trocando a densidade pelas massas, chegamos a uma expressão semelhante à que o Pedro calculou:
-\frac{4}{3}G\pi\rho(\frac{R}{2}(1_{\vec{e_y}}-\frac{R}{2}(x_{\vec{e_x}} + (y+\frac{R}{2})_{\vec{e_y}})^{-2})
O caso em que não está no eixo de simetria é mais complicado, visto que, ao contrário do caso em que só há um buraco, aqui o campo não é uniforme. Ou seja, se ele se desloca em x, é atraído pra um dos lados, como se vê ali na segunda expressão... mas não me entendi muito bem na parte da conversão do sistema de coordenadas de polar (r) às (x,y).
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