Exercicis de cosmologia i astrofísica — Física 2n Batxillerat

Q: Surt la cosmologia a la PAU de Física?

Les orientacions de la PAU de Física inclouen una «introducció a la cosmologia i l'astrofísica com a aplicació del camp gravitatori». Els exercicis d'aquest tema practiquen sobretot això: lleis de Kepler, velocitat orbital, energia i velocitat d'escapament aplicades a estrelles, galàxies i exoplanetes, més la llei de Hubble. Convé consultar les orientacions de la teva convocatòria.

Q: Com es calcula la massa d'un astre a partir de l'òrbita d'un satèl·lit o d'un planeta?

Igualant la força gravitatòria i la força centrípeta: M = 4π²·r³/(G·T²). Només cal el radi de l'òrbita i el període; la massa del satèl·lit o del planeta no hi intervé.

Q: Què diu la llei de Hubble i per a què serveix?

Diu que la velocitat d'allunyament d'una galàxia és proporcional a la seva distància: v = H₀·d. Amb H₀ ≈ 70 km/s per Mpc, una galàxia a 100 Mpc s'allunya a uns 7000 km/s. A més, 1/H₀ dona una estimació de l'edat de l'univers, d'uns 14 mil milions d'anys.

Q: Per què veiem les estrelles «com eren» i no «com són»?

Perquè la llum triga un temps a arribar fins a nosaltres. La llum de Pròxima Centauri, a 4,24 anys llum, ens mostra l'estrella tal com era fa 4,24 anys; com més lluny és un objecte, més enrere en el temps el veiem.

Aquí tens 30 exercicis resolts de cosmologia i astrofísica, una aplicació del camp gravitatori que el currículum de Física de 2n de Batxillerat i les orientacions de la PAU inclouen com a introducció. Començaràs amb les unitats dels astrònoms (ua, any llum i parsec), la història dels models de l'univers i la tercera llei de Kepler aplicada als planetes del sistema solar. Després treballaràs la intensitat de la llum d'una estrella, les estrelles binàries, els exoplanetes, el Sol com a reactor de fusió i el final de les estrelles: nans blancs i estrelles de neutrons. Al final apliques la llei de Hubble, el desplaçament cap al roig i el Big Bang amb problemes de diversos apartats. Errors típics: confondre l'altura sobre la superfície amb la distància al centre, oblidar-te de passar els anys llum o les ua a metres i pensar que el Big Bang va ser una explosió en un punt de l'espai.

Tens examen d'aquest tema? Fes un simulacre de 60 minuts com el de l'institut, amb solucions i criteris de correcció.Fes el simulacre →

Nivell bàsic

Exercici 1

Pròxima Centauri, l'estrella més propera al Sol, és a 4,24 anys llum de la Terra.
a) Expressa aquesta distància en metres i en unitats astronòmiques (ua).
b) Una sonda que viatgés a 30 km/s (una velocitat semblant a la de la Terra al voltant del Sol) quant trigaria a arribar-hi? Dona el resultat en anys.
c) Raona per què, quan mirem una estrella, la veiem «com era» i no «com és».
Dades: 1 any llum (distància que recorre la llum en un any) = 9,47· $10^{15}$ m; 1 ua = 1,50· $10^{11}$ m; 1 any = 3,156· $10^{7}$ s.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 1

Apartat a)

Resultat

d = 4{,}02\cdot10^{16}\ \text{m}

;

d = 2{,}68\cdot10^{5}\ \text{ua}

Resolució

Dades. $d = 4{,}24$ anys llum, amb $1\ \text{any llum} = 9{,}47\cdot10^{15}\ \text{m}$ i $1\ \text{ua} = 1{,}50\cdot10^{11}\ \text{m}$ .
En metres. $d = 4{,}24\cdot 9{,}47\cdot10^{15}\ \text{m} = 4{,}02\cdot10^{16}\ \text{m}$
En unitats astronòmiques. $d = \dfrac{4{,}02\cdot10^{16}}{1{,}50\cdot10^{11}} = 2{,}68\cdot10^{5}\ \text{ua}$
Conclusió. Pròxima Centauri és unes 270 000 vegades més lluny que el Sol.

Apartat b)

Resultat

t = 1{,}34\cdot10^{12}\ \text{s} \approx 4{,}24\cdot10^{4}

anys (uns 42 000 anys)

Resolució

Dades. $d = 4{,}02\cdot10^{16}\ \text{m}$ , $v = 30\ \text{km/s} = 3{,}0\cdot10^{4}\ \text{m/s}$ .
Moviment uniforme. $t = \dfrac{d}{v}$ .
Càlcul. $t = \dfrac{4{,}02\cdot10^{16}\ \text{m}}{3{,}0\cdot10^{4}\ \text{m/s}} = 1{,}34\cdot10^{12}\ \text{s} = \dfrac{1{,}34\cdot10^{12}}{3{,}156\cdot10^{7}} = 4{,}24\cdot10^{4}\ \text{anys}$
Conclusió. Uns 42 000 anys: amb la tecnologia actual, els viatges interestel·lars són impracticables.

Apartat c)

Resultat

Perquè la llum triga un temps finit a arribar-nos: la llum de Pròxima que veiem avui va sortir fa 4,24 anys.

Resolució

Velocitat finita de la llum. La llum no viatja instantàniament: va a $c = 3{,}00\cdot10^{8}\ \text{m/s}$ .
Aplicació. La llum de Pròxima que ens arriba avui va sortir-ne fa 4,24 anys; per tant veiem l'estrella tal com era llavors.
Conclusió. Com més lluny és un objecte, més enrere en el temps el veiem; per això l'astrofísica és, en certa manera, una «màquina del temps».

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 2

Relaciona cada personatge amb la seva aportació a la història de la cosmologia:
Ptolemeu · Copèrnic · Galileu · Kepler · Newton
(1) Va descobrir amb el telescopi quatre satèl·lits de Júpiter i les fases de Venus. (2) Va proposar un model amb la Terra al centre i els planetes movent-se sobre epicicles. (3) Va formular la llei de gravitació universal. (4) Va col·locar el Sol al centre i va fer girar els planetes en òrbites circulars. (5) Va establir que les òrbites són el·líptiques i que el Sol ocupa un dels focus.
Després respon: a) Per què el model geocèntric es va mantenir durant més de mil anys? b) Quina observació de Galileu era difícil d'explicar amb un sistema on tot gira al voltant de la Terra? c) Què va unificar Newton?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 2

Apartat relació)

Resultat

Ptolemeu → (2); Copèrnic → (4); Galileu → (1); Kepler → (5); Newton → (3).

Resolució

Ptolemeu (2). Model geocèntric: la Terra al centre i els planetes movent-se sobre epicicles.
Copèrnic (4). Model heliocèntric: el Sol al centre i els planetes en òrbites circulars.
Galileu (1). Amb el telescopi va descobrir quatre satèl·lits de Júpiter i les fases de Venus.
Kepler (5) i Newton (3). Kepler va establir que les òrbites són el·líptiques amb el Sol en un focus; Newton va formular la llei de gravitació universal.

Apartat a)

Resultat

Perquè funcionava: predeia prou bé les posicions dels planetes i encaixava amb la intuïció i amb la visió del món de l'època.

Resolució

Capacitat predictiva. Amb epicicles i altres ajustos, el model de Ptolemeu predeia prou bé les posicions dels planetes.
Intuïció. No notem que la Terra es mogui ni veiem paral·laxi estel·lar a ull nu.
Conclusió. Coincidia amb l'experiència quotidiana i amb la visió del món de l'època, i per això es va mantenir més de mil anys.

Apartat b)

Resultat

Els satèl·lits de Júpiter i, sobretot, el conjunt complet de fases de Venus.

Resolució

Satèl·lits de Júpiter. Giren al voltant d'un cos que no és la Terra: no tot gira al voltant de la Terra.
Fases de Venus. Venus presenta totes les fases (de creixent a plena), cosa que només té sentit si Venus gira al voltant del Sol.
Conclusió. Aquestes observacions contradeien el model geocèntric i donaven suport a l'heliocèntric.

Apartat c)

Resultat

La física del cel i la de la Terra: la mateixa força, la gravetat, fa caure una poma i manté la Lluna en òrbita.

Resolució

Una sola llei. Newton va mostrar que la mateixa força, la gravetat, explica la caiguda d'una poma i l'òrbita de la Lluna.
Lleis de Kepler. De la llei de gravitació universal es poden deduir les lleis de Kepler.
Conclusió. Va unificar la mecànica terrestre i la celeste.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 3

Un vehicle explorador a Mart rep ordres des d'un centre de control a la Terra mitjançant ones de ràdio, que viatgen a la velocitat de la llum. Suposa que les òrbites de la Terra (1,00 ua) i de Mart (1,52 ua) són circulars i coplanàries.
a) Calcula la distància mínima i la màxima entre els dos planetes.
b) Calcula el temps que triga un senyal en anar de la Terra a Mart en cada cas, en minuts.
c) Quant pot trigar, com a mínim i com a màxim, a tornar la resposta del vehicle després d'enviar-li una ordre? Raona per què el vehicle no es pot conduir en temps real amb una palanca.
Dades: 1 ua = 1,50· $10^{11}$ m; c = 3,00· $10^{8}$ m/s.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 3

Apartat a)

Resultat

d_{\mathrm{mín}} = 0{,}52\ \text{ua} = 7{,}80\cdot10^{10}\ \text{m}

;

d_{\mathrm{màx}} = 2{,}52\ \text{ua} = 3{,}78\cdot10^{11}\ \text{m}

Resolució

Dades. Òrbites circulars i coplanàries de radis 1,00 ua (Terra) i 1,52 ua (Mart).
Geometria. Els planetes són més a prop quan estan alineats amb el Sol al mateix costat ( $1{,}52 - 1{,}00 = 0{,}52\ \text{ua}$ ) i més lluny quan són a costats oposats ( $1{,}52 + 1{,}00 = 2{,}52\ \text{ua}$ ).
Càlcul. $d_{\mathrm{mín}} = 0{,}52\cdot1{,}50\cdot10^{11} = 7{,}80\cdot10^{10}\ \text{m};\quad d_{\mathrm{màx}} = 2{,}52\cdot1{,}50\cdot10^{11} = 3{,}78\cdot10^{11}\ \text{m}$

Apartat b)

Resultat

t_{\mathrm{mín}} = 260\ \text{s} = 4{,}3\ \text{min}

;

t_{\mathrm{màx}} = 1260\ \text{s} = 21{,}0\ \text{min}

Resolució

Plantejament. Les ones de ràdio van a $c = 3{,}00\cdot10^{8}\ \text{m/s}$ , i $t = \dfrac{d}{c}$ .
Distància mínima. $t_{\mathrm{mín}} = \dfrac{7{,}80\cdot10^{10}}{3{,}00\cdot10^{8}} = 260\ \text{s} = 4{,}3\ \text{min}$
Distància màxima. $t_{\mathrm{màx}} = \dfrac{3{,}78\cdot10^{11}}{3{,}00\cdot10^{8}} = 1260\ \text{s} = 21{,}0\ \text{min}$

Apartat c)

Resultat

Entre 8,7 min i 42,0 min; amb aquests retards no es pot conduir en temps real.

Resolució

Anada i tornada. L'ordre ha d'arribar i la resposta ha de tornar: el temps és el doble, $2\cdot4{,}3 = 8{,}7\ \text{min}$ i $2\cdot21{,}0 = 42{,}0\ \text{min}$ .
Conseqüència. Amb retards així, qualsevol maniobra manual arribaria massa tard (l'obstacle ja s'hauria trobat fa minuts).
Conclusió. El vehicle ha de tenir cert grau d'autonomia: rep ordres d'alt nivell i les executa de manera independent.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 4

Per als planetes que giren al voltant del Sol, la tercera llei de Kepler diu que $\tfrac{T^{2}}{a^{3}}$ és constant. Si T es mesura en anys i el semieix major a en ua, la constant val 1 (cas de la Terra).
a) Neptú és a 30,1 ua del Sol. Calcula el seu període orbital. Neptú va ser descobert l'any 1846: quan va completar la seva primera volta des d'aleshores?
b) Urà és a 19,2 ua. Calcula'n el període.
c) Es descobreix un asteroide amb un període de 8,0 anys. Calcula el semieix major de la seva òrbita.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 4

Apartat a)

Resultat

T = 165

anys; primera volta completa l'any 2011

Resolució

Tercera llei de Kepler. Amb T en anys i a en ua, $T^{2} = a^{3}$ , és a dir, $T = a^{3/2}$ .
Càlcul. $T = 30{,}1^{3/2} = 165\ \text{anys}$
Conclusió. Descobert el 1846, va completar la primera volta sencera al voltant del Sol l'any $1846 + 165 = 2011$ .

Apartat b)

Resultat

T = 84

anys

Resolució

Tercera llei de Kepler. $T = a^{3/2}$ amb $a = 19{,}2\ \text{ua}$ .
Càlcul. $T = 19{,}2^{3/2} = 84\ \text{anys}$

Apartat c)

Resultat

a = 4{,}0\ \text{ua}

Resolució

Tercera llei de Kepler. Aïllant, $a = T^{2/3}$ amb $T = 8{,}0$ anys.
Càlcul. $a = 8{,}0^{2/3} = 4{,}0\ \text{ua}$
Conclusió. És un valor típic del cinturó d'asteroides, entre Mart i Júpiter.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 5

Calcula la intensitat del camp gravitatori a la «superfície» (la capa visible) del Sol i de Júpiter, i compara-la amb la de la Terra. Quin seria el pes d'una persona de 65 kg a cada astre?
Dades: $M_{\mathrm{Sol}}$ = 1,99· $10^{30}$ kg, $R_{\mathrm{Sol}}$ = 6,96· $10^{8}$ m; $M_{\mathrm{Júpiter}}$ = 1,90· $10^{27}$ kg, $R_{\mathrm{Júpiter}}$ = 7,15· $10^{7}$ m; $g_{\mathrm{Terra}}$ = 9,8 $\text{m/s}^{2}$ ; G = 6,67· $10^{-11}$ N· $\text{m}^{2}$ /kg².

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 5

Resultat

g_{\mathrm{Sol}} = 274\ \text{m/s}^{2}

(unes 28 vegades la terrestre);

g_{\mathrm{Júpiter}} = 24{,}8\ \text{m/s}^{2}

(unes 2,5 vegades); pes: Terra 637 N, Júpiter 1611 N, Sol 17 810 N

Resolució

Llei de gravitació universal. La intensitat del camp a la superfície d'un astre és $g = G\cdot\dfrac{M}{R^{2}}$ , i el pes, $P = m\cdot g$ .
Sol. $g = \dfrac{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot1{,}99\cdot10^{30}}{(6{,}96\cdot10^{8})^{2}} = 274\ \text{m/s}^{2}$ unes 28 vegades la de la Terra.
Júpiter. $g = \dfrac{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot1{,}90\cdot10^{27}}{(7{,}15\cdot10^{7})^{2}} = 24{,}8\ \text{m/s}^{2}$ unes 2,5 vegades la de la Terra.
Pesos (m = 65 kg). Terra: $65\cdot9{,}8 = 637\ \text{N}$ ; Júpiter: $65\cdot24{,}8 = 1611\ \text{N}$ ; Sol: $65\cdot274 = 17\,810\ \text{N} \approx 17{,}8\ \text{kN}$ , el que pesaria una massa de 1817 kg a la Terra.
Conclusió. Cap dels dos astres té superfície sòlida (són gasosos): és només un exercici per comparar camps gravitatoris. Fixa't que Júpiter, tot i tenir una massa 318 vegades la de la Terra, només té una gravetat superficial 2,5 vegades més gran perquè també és molt més gran.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 6

La llei de Hubble relaciona la velocitat d'allunyament v d'una galàxia amb la seva distància d: v = $H_{0}$ ·d. Fes servir $H_{0}$ = 70 km/s per megaparsec (Mpc).
a) Una galàxia és a 120 Mpc. A quina velocitat s'allunya de nosaltres?
b) Una altra galàxia s'allunya a 3500 km/s. A quina distància és?
c) Si una galàxia és tres vegades més lluny que una altra, què podem dir de la seva velocitat d'allunyament? Compara el resultat de a) amb la velocitat de la Terra al voltant del Sol (30 km/s).

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 6

Apartat a)

Resultat

v = 8400\ \text{km/s}

Resolució

Llei de Hubble. $v = H_{0}\cdot d$ amb $H_{0} = 70\ \text{km/s/Mpc}$ i $d = 120\ \text{Mpc}$ .
Càlcul. $v = 70\cdot120 = 8400\ \text{km/s}$

Apartat b)

Resultat

d = 50\ \text{Mpc}

Resolució

Llei de Hubble. Aïllant, $d = \dfrac{v}{H_{0}}$ .
Càlcul. $d = \dfrac{3500}{70} = 50\ \text{Mpc}$

Apartat c)

Resultat

S'allunya tres vegades més de pressa; la velocitat de a) és 280 vegades la de la Terra (un 2,8 % de c).

Resolució

Proporcionalitat. Com que $v = H_{0}\cdot d$ , la relació és directament proporcional: una galàxia tres vegades més lluny s'allunya a una velocitat tres vegades més gran.
Comparació. $\dfrac{8400}{30} = 280$ vegades la velocitat orbital de la Terra.
Conclusió. També correspon a $\dfrac{8400}{3{,}00\cdot10^{5}} = 2{,}8\ \%$ de la velocitat de la llum.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 7

Digues si cada afirmació és certa o falsa i justifica la resposta en una o dues frases.
a) El Big Bang va ser una explosió que va tenir lloc en un punt concret d'un espai buit que ja existia.
b) Les galàxies llunyanes s'allunyen de nosaltres més de pressa que les properes.
c) La radiació còsmica de fons de microones (uns 2,7 K) és una prova a favor del Big Bang.
d) Les galàxies, i el sistema solar, es fan més grans a mesura que l'univers s'expandeix.
e) Al principi de l'univers es van formar els nuclis de tots els elements químics, fins a l'urani.
f) Segons les mesures actuals, l'edat de l'univers és d'uns 13,8 mil milions d'anys.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 7

Apartat a)

Resultat

Falsa: el que s'expandeix és l'espai mateix; no hi ha cap centre.

Resolució

Raonament. El Big Bang no va ser una explosió en un punt d'un espai buit preexistent: el que s'expandeix és l'espai mateix.
Conclusió. No hi ha cap «centre» des d'on s'allunyi tot.

Apartat b)

Resultat

Certa: és la llei de Hubble,

v = H_{0}\cdot d

Resolució

Llei de Hubble. $v = H_{0}\cdot d$ : la velocitat d'allunyament és proporcional a la distància.
Conclusió. Com més lluny és una galàxia, més de pressa s'allunya.

Apartat c)

Resultat

Certa: és la llum alliberada quan l'univers jove es va fer transparent, refredada per l'expansió.

Resolució

Origen. Aquesta radiació és la llum que es va alliberar quan l'univers jove es va refredar i es va fer transparent.
Refredament. L'expansió l'ha refredada fins a uns 2,7 K.
Conclusió. Un univers jove, calent i dens l'explica de manera natural: és una prova a favor del Big Bang.

Apartat d)

Resultat

Falsa: els sistemes lligats per la gravetat no s'expandeixen.

Resolució

Raonament. Els objectes lligats per la gravetat (sistemes planetaris, estrelles, galàxies) no s'expandeixen.
Conclusió. Només augmenta la distància entre galàxies que no estan lligades entre elles.

Apartat e)

Resultat

Falsa: només es van formar hidrogen, heli i una mica de liti; la resta es fabrica a les estrelles.

Resolució

Nucleosíntesi primordial. En els primers minuts només es van formar hidrogen, heli i petites quantitats de liti.
Conclusió. La resta d'elements es fabriquen dins de les estrelles i en els seus esdeveniments finals.

Apartat f)

Resultat

Certa: les mesures actuals donen uns 13,8 mil milions d'anys.

Resolució

Mesures. Les observacions actuals (radiació de fons, expansió) donen una edat d'uns 13,8 mil milions d'anys.
Conclusió. L'afirmació és certa.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 8

El Sol emet una potència total (lluminositat) de 3,83· $10^{26}$ W en totes direccions. L'energia es reparteix per l'espai de manera uniforme, de manera que la intensitat a una distància r és I = $\tfrac{L}{(4\pi \cdot r^{2})}$ .
a) Calcula la intensitat de la radiació solar que arriba a la Terra (r = 1,50· $10^{11}$ m).
b) Calcula-la a Mart (r = 1,52 ua) i digues quina fracció és de la de la Terra.
c) Un panell solar de 8,0 $\text{m}^{2}$ amb un rendiment del 20 % es col·loca perpendicular als raigs. Quina potència elèctrica dona a la Terra i a Mart?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 8

Apartat a)

Resultat

I = 1355\ \text{W/m}^{2}

Resolució

Dades. $L = 3{,}83\cdot10^{26}\ \text{W}$ , $r = 1{,}50\cdot10^{11}\ \text{m}$ .
Llei de l'invers del quadrat. La potència es reparteix sobre una esfera: $I = \dfrac{L}{4\pi r^{2}}$ .
Càlcul. $I = \dfrac{3{,}83\cdot10^{26}}{4\pi\cdot(1{,}50\cdot10^{11})^{2}} = 1355\ \text{W/m}^{2}$

Apartat b)

Resultat

I_{\mathrm{Mart}} = 586\ \text{W/m}^{2}

, un 43 % (

1/1{,}52^{2} = 0{,}43

) de la de la Terra

Resolució

Distància. $r = 1{,}52\cdot1{,}50\cdot10^{11} = 2{,}28\cdot10^{11}\ \text{m}$ .
Càlcul. $I = \dfrac{3{,}83\cdot10^{26}}{4\pi\cdot(2{,}28\cdot10^{11})^{2}} = 586\ \text{W/m}^{2}$
Fracció. La intensitat és inversament proporcional al quadrat de la distància: $\dfrac{I_{\mathrm{Mart}}}{I_{\mathrm{Terra}}} = \dfrac{1}{1{,}52^{2}} = 0{,}43$
Conclusió. Mart rep un 43 % de la intensitat que rep la Terra.

Apartat c)

Resultat

P_{\mathrm{Terra}} = 2167\ \text{W}

;

P_{\mathrm{Mart}} = 938\ \text{W}

Resolució

Plantejament. Potència elèctrica = rendiment · intensitat · superfície: $P = \eta\cdot I\cdot S$ .
Càlcul. $P_{\mathrm{Terra}} = 0{,}20\cdot1355\cdot8{,}0 = 2167\ \text{W};\quad P_{\mathrm{Mart}} = 0{,}20\cdot586\cdot8{,}0 = 938\ \text{W}$
Conclusió. Els dispositius solars a Mart han de ser més grans per obtenir la mateixa potència.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 9

Calcula la densitat mitjana del Sol, de Júpiter i de la Terra i compara-les amb la de l'aigua (1000 $\text{kg/m}^{3}$ ). Què en pots concloure sobre la composició dels dos primers astres?
Dades: $M_{\mathrm{Sol}}$ = 1,99· $10^{30}$ kg, $R_{\mathrm{Sol}}$ = 6,96· $10^{8}$ m; $M_{\mathrm{Júpiter}}$ = 1,90· $10^{27}$ kg, $R_{\mathrm{Júpiter}}$ = 7,15· $10^{7}$ m; $M_{\mathrm{Terra}}$ = 5,97· $10^{24}$ kg, $R_{\mathrm{Terra}}$ = 6,37· $10^{6}$ m. Volum d'una esfera: V = ( $\tfrac{4}{3}$ )·π· $R^{3}$ .

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 9

Resultat

\rho_{\mathrm{Sol}} = 1409\ \text{kg/m}^{3}

\rho_{\mathrm{Júpiter}} = 1241\ \text{kg/m}^{3}

\rho_{\mathrm{Terra}} = 5514\ \text{kg/m}^{3}

; el Sol i Júpiter són esferes de gas, la Terra és rocosa.

Resolució

Densitat mitjana. $\rho = \dfrac{M}{V} = \dfrac{M}{\tfrac{4}{3}\pi R^{3}}$ .
Càlcul. $\rho_{\mathrm{Sol}} = \dfrac{1{,}99\cdot10^{30}}{\tfrac{4}{3}\pi(6{,}96\cdot10^{8})^{3}} = 1409\ \text{kg/m}^{3}$ $\rho_{\mathrm{Júpiter}} = \dfrac{1{,}90\cdot10^{27}}{\tfrac{4}{3}\pi(7{,}15\cdot10^{7})^{3}} = 1241\ \text{kg/m}^{3};\quad \rho_{\mathrm{Terra}} = \dfrac{5{,}97\cdot10^{24}}{\tfrac{4}{3}\pi(6{,}37\cdot10^{6})^{3}} = 5514\ \text{kg/m}^{3}$
Comparació amb l'aigua. El Sol i Júpiter tenen una densitat només lleugerament superior a la de l'aigua (1,4 i 1,2 vegades), molt inferior a la de la Terra (5,5 vegades l'aigua).
Conclusió. El Sol i Júpiter no poden ser sòlids rocosos: són esferes de gas (sobretot hidrogen i heli) comprimides per la seva pròpia gravetat. La Terra, en canvi, és rocosa, amb un nucli metàl·lic.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 10

Les estrelles passen per diverses etapes al llarg de la seva vida.
a) Ordena aquestes etapes per a una estrella de massa semblant a la del Sol: nan blanc · seqüència principal · núvol de gas i pols (nebulosa) · gegant vermella · protoestrella · nebulosa planetària.
b) Durant la seqüència principal l'estrella és estable (ni s'infla ni es contrau). Quines dues «forces» s'equilibren? D'on prové l'energia que n'equilibra una?
c) Què passa quan s'acaba l'hidrogen del nucli?
d) Per què el Sol no acabarà com a forat negre?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 10

Apartat a)

Resultat

Nebulosa → protoestrella → seqüència principal → gegant vermella → nebulosa planetària → nan blanc.

Resolució

Formació. Un núvol de gas i pols (nebulosa) es contrau per la gravetat i forma una protoestrella.
Vida estable. Quan comença la fusió de l'hidrogen al nucli, l'estrella entra a la seqüència principal.
Final. Esgotat l'hidrogen del nucli, es converteix en gegant vermella; expulsa les capes externes (nebulosa planetària) i el nucli queda com a nan blanc.

Apartat b)

Resultat

S'equilibren la gravetat (comprimeix) i la pressió del gas calent (expandeix); la pressió es manté gràcies a l'energia de la fusió nuclear de l'hidrogen en heli.

Resolució

Gravetat. Tendeix a comprimir l'estrella.
Pressió del gas calent. Tendeix a expandir-la.
Origen de l'energia. Al nucli hi ha reaccions de fusió nuclear (hidrogen en heli) que alliberen energia i mantenen la temperatura molt alta, i per tant la pressió.

Apartat c)

Resultat

El nucli es contrau i s'escalfa, la fusió continua en una capa al seu voltant i les capes externes s'expandeixen: l'estrella es fa gegant vermella.

Resolució

Sense combustible. El nucli deixa de produir prou energia i es contrau per la gravetat; en fer-ho, s'escalfa.
Fusió en capa. La fusió de l'hidrogen continua en una capa al voltant del nucli.
Conclusió. Les capes externes s'expandeixen i es refreden: l'estrella es converteix en una gegant vermella.

Apartat d)

Resultat

Perquè té massa massa petita: només les estrelles de més d'unes 8 masses solars acaben amb un col·lapse del nucli.

Resolució

Massa límit. Només les estrelles molt més massives que el Sol (més d'unes 8 vegades) acaben amb un nucli que col·lapsa en una estrella de neutrons o un forat negre.
Conclusió. El Sol expulsarà les capes externes i quedarà com a nan blanc.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Nivell intermedi

Exercici 11

Si les galàxies s'allunyen amb velocitats v = H₀·d i suposem que cada una es va moure sempre a la mateixa velocitat, totes devien estar juntes fa un temps t = d/v.
a) Demostra que aquest temps val t = 1/H₀, independent de la galàxia que triïs.
b) Calcula H₀ en s^-1 per a H₀ = 70 km/s/Mpc, i t en anys.
c) Quins valors s'obtenen amb H₀ = 67 km/s/Mpc i amb 74 km/s/Mpc (dues mesures que difereixen avui)?
d) L'edat acceptada és d'uns 13,8·10⁹ anys. El resultat de b) la reprodueix exactament? Per què no hauria de ser així?
Dades: 1 Mpc = 3,09·10²² m; 1 any = 3,156·10⁷ s.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 11

Apartat a)

Resultat

t = \dfrac{d}{H_{0}\cdot d} = \dfrac{1}{H_{0}}

, independent de d

Resolució

Plantejament. Per a una galàxia a distància d, la velocitat és $v = H_{0}\cdot d$ i, si ha estat constant, $t = \dfrac{d}{v}$ .
Càlcul. $t = \dfrac{d}{H_{0}\cdot d} = \dfrac{1}{H_{0}}$
Conclusió. La d s'anul·la: totes les galàxies coincidirien en el mateix instant, sigui quina sigui la que triïs.

Apartat b)

Resultat

H_{0} = 2{,}27\cdot10^{-18}\ \text{s}^{-1}

;

t = 4{,}41\cdot10^{17}\ \text{s} = 1{,}40\cdot10^{10}

anys

Resolució

Canvi d'unitats. $H_{0} = \dfrac{70\cdot10^{3}\ \text{m/s}}{3{,}09\cdot10^{22}\ \text{m}} = 2{,}27\cdot10^{-18}\ \text{s}^{-1}$
Temps de Hubble. $t = \dfrac{1}{H_{0}} = 4{,}41\cdot10^{17}\ \text{s} = \dfrac{4{,}41\cdot10^{17}}{3{,}156\cdot10^{7}} = 1{,}40\cdot10^{10}\ \text{anys}$
Conclusió. Uns 14,0 mil milions d'anys.

Apartat c)

Resultat

Amb 67 km/s/Mpc,

t = 14{,}6\cdot10^{9}

anys; amb 74 km/s/Mpc,

t = 13{,}2\cdot10^{9}

anys

Resolució

Mateix càlcul. $t = \dfrac{1}{H_{0}}$ , passant cada valor a $\text{s}^{-1}$ .
Resultats. $H_{0} = 67:\ t = 14{,}6\cdot10^{9}\ \text{anys};\qquad H_{0} = 74:\ t = 13{,}2\cdot10^{9}\ \text{anys}$
Conclusió. Una diferència petita en $H_{0}$ es tradueix en uns $1{,}4\cdot10^{9}$ anys d'incertesa en l'edat estimada.

Apartat d)

Resultat

S'hi acosta molt, però és només una estimació: l'expansió no ha anat a velocitat constant.

Resolució

Comparació. El valor de b) és molt proper als $13{,}8\cdot10^{9}$ anys, però no l'ha de reproduir exactament.
Per què. L'expansió no ha anat a velocitat constant: la gravetat de la matèria la va frenar durant molt de temps i, més recentment, sembla que s'ha accelerat per l'anomenada energia fosca.
Conclusió. Que tots dos efectes gairebé es compensin fa que $1/H_{0}$ sigui avui una bona aproximació de l'edat real.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 12

La línia $H_{α}$ de l'hidrogen té una longitud d'ona de 656,3 nm en un laboratori. En l'espectre d'una galàxia l'astrònom mesura aquesta línia a 664,9 nm.
a) Calcula el desplaçament cap al roig z = ( $λ_{\mathrm{obs}}$ − $λ_{\mathrm{emesa}}$ )/ $λ_{\mathrm{emesa}}$ .
b) Per a valors petits de z, la velocitat d'allunyament és v ≈ c·z. Calcula v.
c) Fes servir $H_{0}$ = 70 km/s/Mpc per estimar la distància de la galàxia, en Mpc i en milions d'anys llum.
d) Quant de temps fa, aproximadament, que va sortir la llum que ara observem?
Dades: c = 3,00· $10^{8}$ m/s; 1 Mpc = 3,26· $10^{6}$ anys llum.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 12

Apartat a)

Resultat

z = 0{,}0131

Resolució

Dades. $\lambda_{\mathrm{emesa}} = 656{,}3\ \text{nm}$ , $\lambda_{\mathrm{obs}} = 664{,}9\ \text{nm}$ .
Càlcul. $z = \dfrac{664{,}9 - 656{,}3}{656{,}3} = 0{,}0131$

Apartat b)

Resultat

v \approx 3931\ \text{km/s}

(s'allunya)

Resolució

Aproximació Doppler. Per a z petit, $v \approx c\cdot z$ .
Càlcul. $v = 3{,}00\cdot10^{5}\ \text{km/s}\cdot0{,}0131 = 3931\ \text{km/s}$
Interpretació. Com que $\lambda_{\mathrm{obs}}$ és més gran que l'emesa, la galàxia s'allunya.
Atenció. La fórmula $v \approx c\cdot z$ només val si z és petit ( $z \ll 1$ ); per a galàxies molt més llunyanes no es pot fer servir.

Apartat c)

Resultat

d = 56\ \text{Mpc}

= 183 milions d'anys llum

Resolució

Llei de Hubble. $d = \dfrac{v}{H_{0}}$ .
Càlcul. $d = \dfrac{3931}{70} = 56\ \text{Mpc} = 56\cdot3{,}26\cdot10^{6} = 1{,}83\cdot10^{8}\ \text{anys llum}$

Apartat d)

Resultat

Fa uns 183 milions d'anys.

Resolució

Raonament. La llum viatja a c, de manera que triga 183 milions d'anys a recórrer 183 milions d'anys llum.
Conclusió. Veiem la galàxia com era fa 183 milions d'anys, quan a la Terra hi havia dinosaures.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 13

Dues estrelles formen un sistema binari: giren al voltant del seu centre de masses amb un període de 4,0 anys. La distància entre les dues estrelles es manté en 3,0 ua. Les observacions mostren que una de les estrelles (A) és a 1,0 ua del centre de masses, i l'altra (B), a 2,0 ua.
a) Calcula la massa total del sistema, en kg i en masses solars.
b) Calcula la massa de cada estrella. Quina és la més massiva? Raona on és el centre de masses.
c) Calcula la velocitat orbital de cada estrella.
Dades: G = 6,67· $10^{-11}$ N· $\text{m}^{2}$ /kg²; 1 ua = 1,50· $10^{11}$ m; $M_{\mathrm{Sol}}$ = 1,99· $10^{30}$ kg; 1 any = 3,156· $10^{7}$ s.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 13

Apartat a)

Resultat

M = 3{,}38\cdot10^{30}\ \text{kg} = 1{,}70\ M_{\mathrm{Sol}}

Resolució

Dades. $a = r_{A} + r_{B} = 3{,}0\ \text{ua} = 4{,}5\cdot10^{11}\ \text{m}$ , $T = 4{,}0\ \text{anys} = 1{,}262\cdot10^{8}\ \text{s}$ .
Tercera llei de Kepler generalitzada. Cada estrella descriu un cercle al voltant del centre de masses amb el mateix T; aplicant la segona llei de Newton a cada una (amb la força $G\cdot m_{A} m_{B}/a^{2}$ ) i sumant: $G\cdot(m_{A} + m_{B}) = \dfrac{4\pi^{2}a^{3}}{T^{2}}$
Càlcul. $M = \dfrac{4\pi^{2}\cdot(4{,}5\cdot10^{11})^{3}}{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot(1{,}262\cdot10^{8})^{2}} = 3{,}38\cdot10^{30}\ \text{kg} = 1{,}70\ M_{\mathrm{Sol}}$
Comprovació. En unitats solars (a en ua, T en anys): $M = \dfrac{a^{3}}{T^{2}} = \dfrac{27}{16} = 1{,}69\ M_{\mathrm{Sol}}$ , d'acord.

Apartat b)

Resultat

m_{A} \approx 1{,}13\ M_{\mathrm{Sol}}

m_{B} \approx 0{,}57\ M_{\mathrm{Sol}}

; la més massiva és A, i el centre de masses és més a prop d'ella.

Resolució

Centre de masses. $m_{A}\cdot r_{A} = m_{B}\cdot r_{B}$ , de manera que $\dfrac{m_{A}}{m_{B}} = \dfrac{r_{B}}{r_{A}} = 2$ .
Càlcul. Amb $m_{A} + m_{B} = 1{,}70\ M_{\mathrm{Sol}}$ (apartat a): $m_{A} = \tfrac{2}{3}\cdot1{,}70 \approx 1{,}13\ M_{\mathrm{Sol}};\quad m_{B} = \tfrac{1}{3}\cdot1{,}70 \approx 0{,}57\ M_{\mathrm{Sol}}$
Conclusió. L'estrella més massiva és la A, i el centre de masses és més a prop d'ella.

Apartat c)

Resultat

v_{A} = 7{,}5\ \text{km/s}

;

v_{B} = 14{,}9\ \text{km/s}

Resolució

Moviment circular uniforme. $v = \dfrac{2\pi r}{T}$ .
Càlcul. $v_{A} = \dfrac{2\pi\cdot1{,}50\cdot10^{11}}{1{,}262\cdot10^{8}} = 7{,}5\ \text{km/s};\quad v_{B} = \dfrac{2\pi\cdot3{,}00\cdot10^{11}}{1{,}262\cdot10^{8}} = 14{,}9\ \text{km/s}$
Conclusió. $v_{B}$ és el doble, perquè B fa un cercle del doble de radi en el mateix temps.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 14

Una estrella té una lluminositat igual a la quarta part de la del Sol (L = 0,25· $L_{\mathrm{Sol}}$ ) i una massa de 0,75 $M_{\mathrm{Sol}}$ . Es considera que un planeta pot tenir aigua líquida si rep de l'estrella la mateixa intensitat de radiació que la Terra rep del Sol.
a) A quina distància de l'estrella, en ua, ha d'orbitar el planeta?
b) Calcula el període orbital d'aquest planeta, en anys i en dies.
c) Calcula la seva velocitat orbital, en km/s, i compara-la amb la de la Terra (29,8 km/s).
d) Quina intensitat rebria un planeta a 1,00 ua d'aquesta estrella, en comparació amb la que rep la Terra?
Dades: 1 ua = 1,50· $10^{11}$ m; 1 any = 3,156· $10^{7}$ s.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 14

Apartat a)

Resultat

d = 0{,}50\ \text{ua}

Resolució

Intensitat. $I = \dfrac{L}{4\pi d^{2}}$ . Igualant-la a la que rep la Terra: $\dfrac{L}{d^{2}} = \dfrac{L_{\mathrm{Sol}}}{(1\ \text{ua})^{2}}$ .
Càlcul. $d = 1\ \text{ua}\cdot\sqrt{\dfrac{L}{L_{\mathrm{Sol}}}} = \sqrt{0{,}25} = 0{,}50\ \text{ua}$

Apartat b)

Resultat

T = 0{,}408

anys = 149 dies

Resolució

Tercera llei de Kepler. Amb T en anys, a en ua i M en masses solars: $T^{2} = \dfrac{a^{3}}{M}$ .
Càlcul. $T = \sqrt{\dfrac{0{,}50^{3}}{0{,}75}} = \sqrt{0{,}1667} = 0{,}408\ \text{anys} = 149\ \text{dies}$

Apartat c)

Resultat

v = 36{,}6\ \text{km/s}

, unes 1,22 vegades la de la Terra

Resolució

Velocitat orbital. $v = \dfrac{2\pi a}{T} = \dfrac{2\pi\cdot0{,}50\cdot1{,}50\cdot10^{11}}{0{,}408\cdot3{,}156\cdot10^{7}} = 36{,}6\ \text{km/s}$
Comparació. Com que $v = \sqrt{G M/a}$ , $\dfrac{v}{v_{\mathrm{Terra}}} = \sqrt{\dfrac{M}{a}} = \sqrt{\dfrac{0{,}75}{0{,}50}} = 1{,}22$ (M en $M_{\mathrm{Sol}}$ , a en ua).
Conclusió. És més gran que la de la Terra: el planeta és més a prop de l'estrella, i això compensa que l'estrella sigui menys massiva.

Apartat d)

Resultat

La quarta part: uns

340\ \text{W/m}^{2}

en lloc de

1355\ \text{W/m}^{2}

Resolució

Càlcul. $I = \dfrac{0{,}25\cdot L_{\mathrm{Sol}}}{4\pi(1\ \text{ua})^{2}} = 0{,}25\cdot I_{\mathrm{Terra}}$
Interpretació. Ara la distància és el doble de la «distància habitable», i $1/2^{2} = 1/4$ : uns $340\ \text{W/m}^{2}$ en lloc dels $1355\ \text{W/m}^{2}$ de la Terra.
Conclusió. Probablement seria massa fred per tenir aigua líquida, tret que tingués una atmosfera amb molt efecte hivernacle.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 15

El Sol emet una potència de 3,83· $10^{26}$ W gràcies a la fusió de quatre protons en un nucli d'heli-4, que allibera 26,7 MeV per cada nucli d'heli format.
a) Calcula quanta massa perd el Sol cada segon en forma d'energia radiada (E = Δm· $c^{2}$ ) i quanta en un any. Quina fracció de la massa del Sol representa la massa perduda en $10^{10}$ anys?
b) Quantes reaccions de fusió es produeixen cada segon?
c) Quina massa d'hidrogen es consumeix cada segon?
d) Només el 10 % de la massa del Sol (el nucli) arriba a ser prou calent per fusionar, i aquesta part és un 71 % hidrogen. Estima quant de temps pot brillar el Sol a aquest ritme.
Dades: c = 3,00· $10^{8}$ m/s; 1 eV = 1,60· $10^{-19}$ J; $m_{\mathrm{protó}}$ = 1,67· $10^{-27}$ kg; $M_{\mathrm{Sol}}$ = 1,99· $10^{30}$ kg; 1 any = 3,156· $10^{7}$ s.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 15

Apartat a)

Resultat

4{,}26\cdot10^{9}\ \text{kg/s}

;

1{,}34\cdot10^{17}\ \text{kg}

per any; en

10^{10}

anys,

1{,}34\cdot10^{27}\ \text{kg}

, una fracció

6{,}75\cdot10^{-4}

(0,07 %)

Resolució

Equivalència massa–energia. $\Delta m = \dfrac{E}{c^{2}}$ ; cada segon el Sol radia $E = 3{,}83\cdot10^{26}\ \text{J}$ .
Per segon. $\Delta m = \dfrac{3{,}83\cdot10^{26}}{(3{,}00\cdot10^{8})^{2}} = 4{,}26\cdot10^{9}\ \text{kg/s}$ uns 4 milions de tones per segon.
Per any i en $10^{10}$ anys. $4{,}26\cdot10^{9}\cdot3{,}156\cdot10^{7} = 1{,}34\cdot10^{17}\ \text{kg};\quad 1{,}34\cdot10^{17}\cdot10^{10} = 1{,}34\cdot10^{27}\ \text{kg}$
Fracció. $\dfrac{1{,}34\cdot10^{27}}{1{,}99\cdot10^{30}} = 6{,}75\cdot10^{-4}$ : només un 0,07 % de la massa del Sol.

Apartat b)

Resultat

N = 8{,}97\cdot10^{37}

reaccions per segon

Resolució

Energia per reacció. $E = 26{,}7\cdot10^{6}\cdot1{,}60\cdot10^{-19} = 4{,}27\cdot10^{-12}\ \text{J}$
Reaccions per segon. $N = \dfrac{3{,}83\cdot10^{26}}{4{,}27\cdot10^{-12}} = 8{,}97\cdot10^{37}\ \text{s}^{-1}$

Apartat c)

Resultat

5{,}99\cdot10^{11}\ \text{kg/s}

d'hidrogen (uns 600 milions de tones per segon)

Resolució

Protons consumits. Cada reacció consumeix 4 protons: $4\cdot8{,}97\cdot10^{37} = 3{,}59\cdot10^{38}$ protons/s.
Massa. $3{,}59\cdot10^{38}\cdot1{,}67\cdot10^{-27} = 5{,}99\cdot10^{11}\ \text{kg/s}$
Comprovació. La massa perduda ( $4{,}26\cdot10^{9}\ \text{kg/s}$ ) és el 0,71 % de l'hidrogen consumit, cosa que correspon al fet que la massa de l'heli sigui un 0,7 % inferior a la dels quatre protons.

Apartat d)

Resultat

t = 2{,}36\cdot10^{17}\ \text{s} \approx 7{,}5\cdot10^{9}

anys

Resolució

Hidrogen disponible. $0{,}10\cdot0{,}71\cdot1{,}99\cdot10^{30} = 1{,}41\cdot10^{29}\ \text{kg}$
Temps. $t = \dfrac{1{,}41\cdot10^{29}}{5{,}99\cdot10^{11}} = 2{,}36\cdot10^{17}\ \text{s} = 7{,}48\cdot10^{9}\ \text{anys}$
Conclusió. Uns 7,5 mil milions d'anys, de l'ordre dels 10 mil milions d'anys que es calculen per a la fase estable del Sol (que ara té uns 4,6 mil milions d'anys).

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 16

La paral·laxi anual p d'una estrella és l'angle que subtén 1 ua des de l'estrella, i es mesura observant-la en dues èpoques separades per sis mesos. Per a angles molt petits (en radians), d = 1 ua / p.
a) La paral·laxi de Pròxima Centauri és p = 0,768″ (segons d'arc). Calcula'n la distància en m i en anys llum.
b) El parsec (pc) es defineix com la distància a què una estrella té una paral·laxi d'1″. Demostra que 1 pc = 3,09· $10^{16}$ m i que la distància en pc és $\tfrac{1}{p}$ amb p en segons d'arc. Calcula la distància de Sírius (p = 0,379″) en pc i en anys llum.
c) Un instrument només pot mesurar paral·laxis fins a 0,001″. Fins a quina distància serveix aquest mètode? Compara-ho amb el radi de la Via Làctia (uns 15 000 pc).
Dades: 1″ = 4,848· $10^{-6}$ rad; 1 ua = 1,50· $10^{11}$ m; 1 any llum = 9,47· $10^{15}$ m.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 16

Apartat a)

Resultat

d = 4{,}03\cdot10^{16}\ \text{m} = 4{,}25

anys llum

Resolució

Paral·laxi en radians. $p = 0{,}768\cdot4{,}848\cdot10^{-6} = 3{,}72\cdot10^{-6}\ \text{rad}$ .
Distància. $d = \dfrac{1\ \text{ua}}{p} = \dfrac{1{,}50\cdot10^{11}}{3{,}72\cdot10^{-6}} = 4{,}03\cdot10^{16}\ \text{m}$
En anys llum. $\dfrac{4{,}03\cdot10^{16}}{9{,}47\cdot10^{15}} = 4{,}25$ anys llum.

Apartat b)

Resultat

1\ \text{pc} = 3{,}09\cdot10^{16}\ \text{m}

(3,27 anys llum); Sírius:

d = 2{,}64\ \text{pc} = 8{,}6

anys llum

Resolució

Definició de parsec. Per a $p = 1'' = 4{,}848\cdot10^{-6}\ \text{rad}$ : $d = \dfrac{1{,}50\cdot10^{11}}{4{,}848\cdot10^{-6}} = 3{,}09\cdot10^{16}\ \text{m}$ que són 3,27 anys llum.
Distància en pc. Si p s'expressa en segons d'arc, $p'' = p/1''$ i $d = \dfrac{1\ \text{pc}}{p''}$ , és a dir, $d(\text{pc}) = \dfrac{1}{p''}$ . Per exemple, Pròxima: $1/0{,}768 = 1{,}30\ \text{pc}$ .
Sírius. $d = \dfrac{1}{0{,}379} = 2{,}64\ \text{pc} = \dfrac{2{,}64\cdot3{,}09\cdot10^{16}}{9{,}47\cdot10^{15}} = 8{,}6\ \text{anys llum}$

Apartat c)

Resultat

Fins a

1000\ \text{pc} = 1\ \text{kpc}

, només un 7 % del radi de la Via Làctia.

Resolució

Distància màxima. $d_{\mathrm{màx}} = \dfrac{1}{0{,}001} = 1000\ \text{pc} = 1\ \text{kpc}$
Comparació. $\dfrac{1000}{15\,000} \approx 0{,}07$ : només un 7 % del radi de la Via Làctia.
Conclusió. La paral·laxi només serveix per a estrelles properes; per a distàncies més grans calen altres mètodes, com les «espelmes estàndard» (cefeides, supernoves) o la llei de Hubble.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 17

Un nan blanc és el residu d'una estrella com el Sol. Considera un nan blanc de massa igual a la del Sol (1,99· $10^{30}$ kg) i radi 5,8· $10^{6}$ m (semblant al de la Terra).
a) Calcula la densitat mitjana i compara-la amb la de la Terra (5,5· $10^{3}$ $\text{kg/m}^{3}$ ).
b) Calcula la intensitat del camp gravitatori a la superfície i compara-la amb la de la Terra (9,8 $\text{m/s}^{2}$ ).
c) Calcula la velocitat d'escapament i expressa-la com a fracció de la velocitat de la llum.
d) Una cullerada de cafè (5 cm³) del material d'aquest astre, quina massa tindria?
Dades: G = 6,67· $10^{-11}$ N· $\text{m}^{2}$ /kg²; c = 3,00· $10^{8}$ m/s.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 17

Apartat a)

Resultat

\rho = 2{,}43\cdot10^{9}\ \text{kg/m}^{3}

, unes

4{,}4\cdot10^{5}

vegades la de la Terra

Resolució

Dades. $M = 1{,}99\cdot10^{30}\ \text{kg}$ , $R = 5{,}8\cdot10^{6}\ \text{m}$ .
Densitat mitjana. $\rho = \dfrac{M}{\tfrac{4}{3}\pi R^{3}} = \dfrac{1{,}99\cdot10^{30}}{\tfrac{4}{3}\pi(5{,}8\cdot10^{6})^{3}} = 2{,}43\cdot10^{9}\ \text{kg/m}^{3}$
Comparació. $\dfrac{2{,}43\cdot10^{9}}{5{,}5\cdot10^{3}} \approx 4{,}4\cdot10^{5}$ vegades la densitat de la Terra.

Apartat b)

Resultat

g = 3{,}95\cdot10^{6}\ \text{m/s}^{2}

, unes

4{,}0\cdot10^{5}

vegades la de la Terra

Resolució

Llei de gravitació universal. $g = G\cdot\dfrac{M}{R^{2}}$ .
Càlcul. $g = \dfrac{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot1{,}99\cdot10^{30}}{(5{,}8\cdot10^{6})^{2}} = 3{,}95\cdot10^{6}\ \text{m/s}^{2}$
Comparació. $\dfrac{3{,}95\cdot10^{6}}{9{,}8} \approx 4{,}0\cdot10^{5}$ vegades la gravetat de la Terra.

Apartat c)

Resultat

v_{e} = 6{,}77\cdot10^{6}\ \text{m/s}

, un 2,3 % de c

Resolució

Velocitat d'escapament. $v_{e} = \sqrt{\dfrac{2GM}{R}}$ .
Càlcul. $v_{e} = \sqrt{\dfrac{2\cdot1{,}33\cdot10^{20}}{5{,}8\cdot10^{6}}} = 6{,}77\cdot10^{6}\ \text{m/s};\quad \dfrac{v_{e}}{c} = 0{,}023$
Conclusió. Encara és prou petita perquè el càlcul newtonià sigui una bona aproximació.

Apartat d)

Resultat

m = 1{,}22\cdot10^{4}\ \text{kg}

, unes 12 tones

Resolució

Plantejament. $m = \rho\cdot V$ amb $V = 5\ \text{cm}^{3} = 5\cdot10^{-6}\ \text{m}^{3}$ .
Càlcul. $m = 2{,}43\cdot10^{9}\cdot5\cdot10^{-6} = 1{,}22\cdot10^{4}\ \text{kg}$
Conclusió. Una cullerada de nan blanc pesaria com unes 12 tones.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 18

Des de la Terra observem dues galàxies, A i B, en la mateixa direcció: A a 100 Mpc i B a 250 Mpc. Una tercera galàxia, C, és a 80 Mpc en la direcció oposada. Fes servir $H_{0}$ = 70 km/s/Mpc.
a) Calcula les velocitats d'allunyament de A, B i C respecte de la Terra.
b) Calcula la velocitat amb què un observador a A veuria allunyar-se B, i compara-la amb el que prediu la llei de Hubble per a la distància entre A i B.
c) Calcula la velocitat amb què un observador a A veuria allunyar-se C, i compara-la amb la llei de Hubble.
d) Què implica això sobre l'existència d'un «centre» de l'expansió?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 18

Apartat a)

Resultat

v_{A} = 7000\ \text{km/s}

;

v_{B} = 17\,500\ \text{km/s}

;

v_{C} = 5600\ \text{km/s}

(en sentit contrari)

Resolució

Llei de Hubble. $v = H_{0}\cdot d$ amb $H_{0} = 70\ \text{km/s/Mpc}$ .
Càlcul. $v_{A} = 70\cdot100 = 7000\ \text{km/s};\quad v_{B} = 70\cdot250 = 17\,500\ \text{km/s};\quad v_{C} = 70\cdot80 = 5600\ \text{km/s}$
Sentit. A i B s'allunyen en una direcció; C, en la direcció oposada.

Apartat b)

Resultat

10\,500\ \text{km/s}

, igual que

70\cdot150 = 10\,500\ \text{km/s}

: coincideix amb la llei de Hubble.

Resolució

Velocitat relativa. A i B estan en la mateixa direcció, de manera que la velocitat relativa és la diferència: $17\,500 - 7000 = 10\,500\ \text{km/s}$ .
Llei de Hubble des de A. La distància A–B és $250 - 100 = 150\ \text{Mpc}$ , i la llei dona $70\cdot150 = 10\,500\ \text{km/s}$ .
Conclusió. Coincideix.

Apartat c)

Resultat

12\,600\ \text{km/s}

, igual que

70\cdot180 = 12\,600\ \text{km/s}

: també coincideix.

Resolució

Velocitat relativa. C és en la direcció oposada, de manera que les velocitats se sumen: $7000 + 5600 = 12\,600\ \text{km/s}$ .
Llei de Hubble des de A. La distància A–C és $100 + 80 = 180\ \text{Mpc}$ , i la llei dona $70\cdot180 = 12\,600\ \text{km/s}$ .
Conclusió. També coincideix.

Apartat d)

Resultat

No hi ha cap centre de l'expansió: des de qualsevol galàxia es veu la mateixa llei de Hubble.

Resolució

Mateixa llei per a tothom. Des de qualsevol galàxia es veu que tot s'allunya de tot i que, com més lluny, més de pressa.
Interpretació. La Terra no ocupa cap posició especial: és l'espai entre les galàxies el que s'estén (com els punts dibuixats en un globus que s'infla: cada punt veu els altres allunyar-se).
Conclusió. No hi ha cap centre de l'expansió.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 19

Les cefeides són estrelles variables amb una relació coneguda entre el període de variació de la seva brillantor i la seva lluminositat real. Així, si en mesurem el període, en podem saber la potència L, i comparant-la amb la intensitat rebuda I (I = $\tfrac{L}{(4\pi \cdot d^{2})}$ ) en podem calcular la distància.
a) Una cefeida de període 10 dies té una potència de 1,30· $10^{30}$ W. En una de les mesures, la intensitat rebuda a la Terra és de 1,20· $10^{-9}$ $\text{W/m}^{2}$ . Calcula la seva distància en m, en pc i en anys llum.
b) Si dues cefeides idèntiques es veuen amb intensitats que difereixen en un factor 4, quina és la relació entre les seves distàncies?
c) En una galàxia llunyana s'observa una cefeida de la mateixa potència amb una intensitat de 3,2· $10^{-16}$ $\text{W/m}^{2}$ . Calcula la distància de la galàxia en Mpc i la velocitat d'allunyament que prediu la llei de Hubble ( $H_{0}$ = 70 km/s/Mpc).
Dades: 1 pc = 3,09· $10^{16}$ m; 1 any llum = 9,47· $10^{15}$ m.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 19

Apartat a)

Resultat

d = 9{,}28\cdot10^{18}\ \text{m} = 300\ \text{pc} = 980

anys llum

Resolució

Llei de l'invers del quadrat. De $I = \dfrac{L}{4\pi d^{2}}$ : $d = \sqrt{\dfrac{L}{4\pi I}}$ .
Càlcul. $d = \sqrt{\dfrac{1{,}30\cdot10^{30}}{4\pi\cdot1{,}20\cdot10^{-9}}} = 9{,}28\cdot10^{18}\ \text{m}$
Altres unitats. $\dfrac{9{,}28\cdot10^{18}}{3{,}09\cdot10^{16}} = 300\ \text{pc}$ ; $\dfrac{9{,}28\cdot10^{18}}{9{,}47\cdot10^{15}} = 980$ anys llum.

Apartat b)

Resultat

La que es veu 4 vegades més feble és

\sqrt{4} = 2

vegades més lluny.

Resolució

Proporcionalitat. Amb la mateixa L, $I \propto \dfrac{1}{d^{2}}$ , és a dir, $d \propto \dfrac{1}{\sqrt{I}}$ .
Conclusió. $\dfrac{d_{2}}{d_{1}} = \sqrt{\dfrac{I_{1}}{I_{2}}} = \sqrt{4} = 2$ .

Apartat c)

Resultat

d = 1{,}80\cdot10^{22}\ \text{m} = 0{,}58\ \text{Mpc}

;

v \approx 41\ \text{km/s}

Resolució

Distància. $d = \sqrt{\dfrac{1{,}30\cdot10^{30}}{4\pi\cdot3{,}2\cdot10^{-16}}} = 1{,}80\cdot10^{22}\ \text{m} = 5{,}82\cdot10^{5}\ \text{pc} = 0{,}58\ \text{Mpc}$
Llei de Hubble. $v = 70\cdot0{,}58 \approx 41\ \text{km/s}$
Atenció. A menys d'1 Mpc, el moviment propi de la galàxia (centenars de km/s) pot superar de lluny els 40 km/s del flux de Hubble: la llei de Hubble no és fiable en aquest cas.
Conclusió. Aquesta «cadena de distàncies» (paral·laxi → cefeides → altres indicadors → Hubble) és el que permet mesurar $H_{0}$ : les cefeides serveixen per calibrar distàncies i arribar a galàxies més llunyanes, on sí que es pot determinar $H_{0}$ .

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 20

TRAPPIST-1 és una estrella freda a uns 40 anys llum de la Terra. Un dels seus planetes, TRAPPIST-1e, descriu una òrbita que es pot considerar circular de radi 0,02925 ua amb un període de 6,10 dies.
a) Calcula la massa de l'estrella, en kg i en masses solars.
b) Calcula la velocitat orbital del planeta, en km/s, i compara-la amb la de la Terra (29,8 km/s).
c) La velocitat orbital de TRAPPIST-1e és més gran que la de la Terra, tot i que l'estrella és molt menys massiva que el Sol. Explica per què.
Dades: G = 6,67· $10^{-11}$ N· $\text{m}^{2}$ /kg²; 1 ua = 1,50· $10^{11}$ m; $M_{\mathrm{Sol}}$ = 1,99· $10^{30}$ kg.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 20

Apartat a)

Resultat

M = 1{,}80\cdot10^{29}\ \text{kg} = 0{,}090\ M_{\mathrm{Sol}}

Resolució

Dades. $a = 0{,}02925\cdot1{,}50\cdot10^{11} = 4{,}39\cdot10^{9}\ \text{m}$ ; $T = 6{,}10\cdot86\,400 = 5{,}27\cdot10^{5}\ \text{s}$ .
Força gravitatòria = força centrípeta. $G\dfrac{M m}{a^{2}} = m\dfrac{4\pi^{2}a}{T^{2}} \Rightarrow M = \dfrac{4\pi^{2}a^{3}}{G T^{2}}$
Càlcul. $M = \dfrac{4\pi^{2}(4{,}39\cdot10^{9})^{3}}{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot(5{,}27\cdot10^{5})^{2}} = 1{,}80\cdot10^{29}\ \text{kg} = 0{,}090\ M_{\mathrm{Sol}}$
Conclusió. L'estrella té només un 9 % de la massa del Sol.

Apartat b)

Resultat

v = 52{,}3\ \text{km/s}

, 1,76 vegades la de la Terra

Resolució

Moviment circular uniforme. $v = \dfrac{2\pi a}{T}$ .
Càlcul. $v = \dfrac{2\pi\cdot4{,}39\cdot10^{9}}{5{,}27\cdot10^{5}} = 5{,}23\cdot10^{4}\ \text{m/s} = 52{,}3\ \text{km/s}$
Comparació. $\dfrac{52{,}3}{29{,}8} = 1{,}76$ vegades la velocitat de la Terra.

Apartat c)

Resultat

Perquè l'òrbita és molt més petita:

v = \sqrt{GM/a}

, i reduir a 34 vegades pesa més que reduir M 11 vegades.

Resolució

Velocitat orbital. $v = \sqrt{\dfrac{G M}{a}}$ : augmenta quan l'òrbita és més petita i disminueix amb una massa central més petita.
Comparació d'efectes. El radi és 34 vegades més petit que el de la Terra (factor $\sqrt{34} \approx 5{,}8$ de més) i la massa és 11 vegades més petita (factor $\sqrt{11} \approx 3{,}3$ de menys).
Conclusió. El primer efecte guanya, i v és unes 1,8 vegades la de la Terra. El període és molt curt (6 dies) perquè l'òrbita és diminuta.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Nivell avançat

Exercici 21

Per decidir si l'expansió de l'univers acabarà aturant-se, considerem un model newtonià senzill. Triem una galàxia a distància d de nosaltres; la seva velocitat és v = $H_{0}$ ·d. La seva atracció gravitatòria està determinada només per la massa M continguda dins l'esfera de radi d centrada en nosaltres, amb densitat mitjana ρ: M = ( $\tfrac{4}{3}$ )·π· $d^{3}$ ·ρ.
a) Escriu la condició perquè la galàxia pugui allunyar-se indefinidament (energia mecànica E ≥ 0) i dedueix-ne la densitat crítica $ρ_{c}$ . Quina és la conseqüència si ρ és més gran que $ρ_{c}$ ? I si és més petita?
b) Calcula $ρ_{c}$ per a $H_{0}$ = 70 km/s/Mpc, i expressa-la en protons per metre cúbic.
c) Les mesures actuals indiquen que la matèria (visible i fosca) suposa un 31 % de la densitat crítica. Calcula la seva densitat i, segons aquest model sense energia fosca, interpreta si l'expansió es frenaria del tot.
d) Quin seria el destí de l'univers si la densitat fos el doble de la crítica?
Dades: G = 6,67· $10^{-11}$ N· $\text{m}^{2}$ /kg²; 1 Mpc = 3,09· $10^{22}$ m; $m_{\mathrm{protó}}$ = 1,67· $10^{-27}$ kg.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 21

Apartat a)

Resultat

E \geq 0 \iff \rho \leq \rho_{c} = \dfrac{3H_{0}^{2}}{8\pi G}

; si

\rho > \rho_{c}

l'expansió s'atura i l'univers es contrau; si

\rho < \rho_{c}

s'expandeix per sempre.

Resolució

Energia mecànica. Per a una galàxia de massa m: $E = \tfrac{1}{2}m v^{2} - \dfrac{G M m}{d}$ , amb $v = H_{0} d$ i $M = \tfrac{4}{3}\pi d^{3}\rho$ .
Substitució. $E = \tfrac{1}{2}m H_{0}^{2}d^{2} - \tfrac{4}{3}\pi G\rho m d^{2} = m d^{2}\left(\tfrac{1}{2}H_{0}^{2} - \tfrac{4}{3}\pi G\rho\right)$
Condició E ≥ 0. $\tfrac{1}{2}H_{0}^{2} \geq \tfrac{4}{3}\pi G\rho \Rightarrow \rho \leq \dfrac{3H_{0}^{2}}{8\pi G} = \rho_{c}$
Conclusió. Si la densitat és menor o igual que la crítica, l'expansió continua indefinidament; si és més gran, l'atracció guanya i l'expansió s'acaba aturant. Com que d s'anul·la, la conclusió val per a totes les galàxies.

Apartat b)

Resultat

\rho_{c} = 9{,}18\cdot10^{-27}\ \text{kg/m}^{3}

, uns 5,5 protons per

\text{m}^{3}

Resolució

Constant de Hubble en SI. $H_{0} = \dfrac{70\cdot10^{3}}{3{,}09\cdot10^{22}} = 2{,}27\cdot10^{-18}\ \text{s}^{-1}$
Densitat crítica. $\rho_{c} = \dfrac{3\cdot(2{,}27\cdot10^{-18})^{2}}{8\pi\cdot6{,}67\cdot10^{-11}} = 9{,}18\cdot10^{-27}\ \text{kg/m}^{3}$
En protons. $\dfrac{9{,}18\cdot10^{-27}}{1{,}67\cdot10^{-27}} = 5{,}5$ protons per $\text{m}^{3}$ : l'univers és gairebé buit.

Apartat c)

Resultat

\rho_{m} = 2{,}85\cdot10^{-27}\ \text{kg/m}^{3}

< \rho_{c}

: en aquest model l'expansió no s'aturaria mai.

Resolució

Càlcul. $\rho_{m} = 0{,}31\cdot9{,}18\cdot10^{-27} = 2{,}85\cdot10^{-27}\ \text{kg/m}^{3}$
Interpretació. És per sota de la crítica: en aquest model l'expansió continuaria per sempre, frenant-se cada cop més però sense aturar-se.
Comentari. La realitat és més complicada: l'energia fosca, que aquest model ignora, fa que l'expansió s'acceleri.

Apartat d)

Resultat

L'energia seria negativa: l'expansió s'aturaria i l'univers es tornaria a contraure (Big Crunch).

Resolució

Raonament. Amb $\rho = 2\rho_{c}$ , l'energia mecànica de cada galàxia seria negativa.
Conclusió. L'expansió s'aturaria algun dia i es convertiria en una contracció (Big Crunch), de manera anàloga a un projectil llançat amb menys que la velocitat d'escapament.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 22

El Sol i Júpiter giren al voltant del seu centre de masses comú, separats una distància a = 7,78· $10^{11}$ m. El període orbital de Júpiter és de 11,86 anys.
a) Calcula la distància del centre del Sol al centre de masses. Surt dins o fora del Sol?
b) Calcula la velocitat amb què es mou el Sol al voltant del centre de masses, i la de Júpiter.
c) Els astrònoms detecten planetes al voltant d'altres estrelles mesurant el petit moviment de l'estrella (a partir del petit desplaçament de les línies de l'espectre de la seva llum). Raona si és més fàcil detectar un planeta massiu o un de poc massiu, i un de proper a l'estrella o un de llunyà.
Dades: $M_{\mathrm{Sol}}$ = 1,99· $10^{30}$ kg; $M_{\mathrm{Júpiter}}$ = 1,90· $10^{27}$ kg; $R_{\mathrm{Sol}}$ = 6,96· $10^{8}$ m; 1 any = 3,156· $10^{7}$ s.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 22

Apartat a)

Resultat

r_{S} = 7{,}42\cdot10^{8}\ \text{m}

, 1,07 vegades el radi del Sol: el centre de masses és una mica fora del Sol.

Resolució

Centre de masses. $M_{\mathrm{Sol}}\cdot r_{S} = M_{J}\cdot r_{J}$ amb $r_{S} + r_{J} = a$ , d'on $r_{S} = a\cdot\dfrac{M_{J}}{M_{\mathrm{Sol}} + M_{J}}$ .
Càlcul. $r_{S} = 7{,}78\cdot10^{11}\cdot\dfrac{1{,}90\cdot10^{27}}{1{,}99\cdot10^{30} + 1{,}90\cdot10^{27}} = 7{,}42\cdot10^{8}\ \text{m}$
Conclusió. $\dfrac{7{,}42\cdot10^{8}}{6{,}96\cdot10^{8}} = 1{,}07$ : el centre de masses és, doncs, una mica fora de la superfície solar.

Apartat b)

Resultat

v_{\mathrm{Sol}} = 12{,}5\ \text{m/s}

;

v_{J} = 13{,}0\ \text{km/s}

Resolució

Mateix període. Tots dos giren amb $T = 11{,}86\ \text{anys} = 3{,}74\cdot10^{8}\ \text{s}$ , i $v = \dfrac{2\pi r}{T}$ .
Sol. $v_{\mathrm{Sol}} = \dfrac{2\pi\cdot7{,}42\cdot10^{8}}{3{,}74\cdot10^{8}} = 12{,}5\ \text{m/s}$
Júpiter. $r_{J} = a - r_{S} = 7{,}77\cdot10^{11}\ \text{m}$ : $v_{J} = \dfrac{2\pi\cdot7{,}77\cdot10^{11}}{3{,}74\cdot10^{8}} = 13{,}0\ \text{km/s}$

Apartat c)

Resultat

És més fàcil detectar un planeta massiu i proper a l'estrella: fa que l'estrella es mogui més de pressa.

Resolució

Conservació del moment lineal. En el sistema del centre de masses, $M_{\mathrm{estrella}}\cdot v_{\mathrm{estrella}} = m_{\mathrm{planeta}}\cdot v_{\mathrm{planeta}}$ , de manera que $v_{\mathrm{estrella}} = \dfrac{m}{M}\cdot v_{\mathrm{planeta}}$ .
Massa del planeta. Un planeta més massiu (m gran) fa que l'estrella es mogui més de pressa i el desplaçament de les línies sigui més gran.
Distància. Un planeta més proper té més velocitat orbital ( $v \propto 1/\sqrt{a}$ ), de manera que també és més fàcil de detectar. Per això els primers exoplanetes descoberts així eren «Júpiters calents», gegants gasosos molt propers a la seva estrella.
Conclusió. El Sol només es mou uns 12,5 m/s per culpa de Júpiter (una mica més que la velocitat d'un esprínter), un senyal molt difícil de mesurar des d'una altra estrella.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 23

Una estrella de neutrons té una massa de 1,4 masses solars concentrada en una esfera de 12 km de radi.
a) Calcula la intensitat del camp gravitatori a la superfície i la densitat mitjana (compara-la amb la d'un nucli atòmic, uns 2,3· $10^{17}$ $\text{kg/m}^{3}$ ).
b) Calcula la velocitat d'escapament i expressa-la com a fracció de la velocitat de la llum. Comenta si el càlcul newtonià és fiable.
c) L'estrella gira sobre si mateixa. Calcula el període de rotació mínim per al qual un tros de matèria a l'equador encara no se'n desprèn. (Tracta aquest tros com una partícula en òrbita circular rasant a la superfície.) Expressa'l també com a freqüència.
d) Els púlsars més ràpids que es coneixen giren a unes 700 voltes per segon. Són compatibles amb el límit de c)?
Dades: G = 6,67· $10^{-11}$ N· $\text{m}^{2}$ /kg²; $M_{\mathrm{Sol}}$ = 1,99· $10^{30}$ kg; c = 3,00· $10^{8}$ m/s.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 23

Apartat a)

Resultat

g = 1{,}29\cdot10^{12}\ \text{m/s}^{2}

(unes

1{,}3\cdot10^{11}

vegades la terrestre);

\rho = 3{,}85\cdot10^{17}\ \text{kg/m}^{3}

, unes 1,7 vegades la d'un nucli atòmic

Resolució

Dades. $M = 1{,}4\cdot1{,}99\cdot10^{30} = 2{,}79\cdot10^{30}\ \text{kg}$ , $R = 1{,}2\cdot10^{4}\ \text{m}$ .
Camp gravitatori. $g = \dfrac{G M}{R^{2}} = \dfrac{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot1{,}4\cdot1{,}99\cdot10^{30}}{(1{,}2\cdot10^{4})^{2}} = 1{,}29\cdot10^{12}\ \text{m/s}^{2}$ unes $1{,}32\cdot10^{11}$ vegades la gravetat terrestre.
Densitat. $\rho = \dfrac{M}{\tfrac{4}{3}\pi R^{3}} = 3{,}85\cdot10^{17}\ \text{kg/m}^{3}$ unes 1,7 vegades la d'un nucli atòmic.
Conclusió. L'estrella és com un únic nucli atòmic gegant.

Apartat b)

Resultat

v_{e} = 1{,}76\cdot10^{8}\ \text{m/s} = 0{,}59\,c

: el càlcul newtonià només dona l'ordre de magnitud.

Resolució

Velocitat d'escapament. $v_{e} = \sqrt{\dfrac{2GM}{R}} = 1{,}76\cdot10^{8}\ \text{m/s} = 0{,}59\,c$
Fiabilitat. És una fracció molt gran de c: aquí la relativitat general és essencial.
Conclusió. El càlcul newtonià és només una estimació de l'ordre de magnitud.

Apartat c)

Resultat

T_{\mathrm{mín}} = 6{,}06\cdot10^{-4}\ \text{s} = 0{,}61\ \text{ms}

;

f = 1650

voltes per segon

Resolució

Condició límit. La gravetat fa de força centrípeta d'una partícula a l'equador: $G\dfrac{M m}{R^{2}} = m\left(\dfrac{2\pi}{T}\right)^{2}R \Rightarrow T = 2\pi\sqrt{\dfrac{R^{3}}{G M}}$
Càlcul. $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{(1{,}2\cdot10^{4})^{3}}{1{,}86\cdot10^{20}}} = 6{,}06\cdot10^{-4}\ \text{s} = 0{,}61\ \text{ms}$
Freqüència. $f = \dfrac{1}{T} = 1650\ \text{Hz}$ , és a dir, 1650 voltes per segon.

Apartat d)

Resultat

Sí: 700 voltes per segon és menys de la meitat del límit de 1650.

Resolució

Comparació. $700 < 1650$ voltes per segon: és menys de la meitat del límit.
Conclusió. La gravetat encara pot retenir la matèria de l'equador: aquestes estrelles giren molt de pressa, però sense arribar a desintegrar-se.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 24

Els reflectors deixats a la Lluna pels astronautes de les missions Apollo permeten mesurar amb làser la distància Terra–Lluna. Es mesura que la Lluna s'allunya de la Terra a un ritme d'uns 3,8 cm per any. Suposa que l'òrbita és circular de radi a = 3,84· $10^{8}$ m.
a) Quant triga un pols de llum a anar i tornar? Quin canvi de temps correspon a 3,8 cm d'allunyament?
b) Calcula el període orbital de la Lluna amb la tercera llei de Kepler i com canvia cada any (suposa que Δa és molt petit respecte d'a).
c) L'energia mecànica de la Lluna és E = −G· $M_{T}$ · $\tfrac{m}{(2a)}$ . Calcula l'augment d'energia al cap d'un any i la potència mitjana que això suposa.
d) D'on pot sortir aquesta energia? (Tingues en compte que la Lluna provoca marees a la Terra.)
Dades: G = 6,67· $10^{-11}$ N· $\text{m}^{2}$ /kg²; $M_{\mathrm{Terra}}$ = 5,97· $10^{24}$ kg; $m_{\mathrm{Lluna}}$ = 7,35· $10^{22}$ kg; c = 3,00· $10^{8}$ m/s; 1 any = 3,156· $10^{7}$ s.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 24

Apartat a)

Resultat

t = 2{,}56\ \text{s}

;

\Delta t = 2{,}53\cdot10^{-10}\ \text{s} \approx 0{,}25\ \text{ns}

Resolució

Anada i tornada. $t = \dfrac{2a}{c} = \dfrac{2\cdot3{,}84\cdot10^{8}}{3{,}00\cdot10^{8}} = 2{,}56\ \text{s}$
Canvi per 3,8 cm. $\Delta t = \dfrac{2\Delta a}{c} = \dfrac{2\cdot0{,}038}{3{,}00\cdot10^{8}} = 2{,}53\cdot10^{-10}\ \text{s}$
Conclusió. Uns 0,25 ns: cal un rellotge molt precís (i molts polsos) per detectar-ho.

Apartat b)

Resultat

T = 2{,}37\cdot10^{6}\ \text{s} = 27{,}4

dies; augmenta uns

3{,}52\cdot10^{-4}\ \text{s} \approx 0{,}35\ \text{ms}

cada any

Resolució

Tercera llei de Kepler. $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{a^{3}}{G M_{T}}} = 2\pi\sqrt{\dfrac{(3{,}84\cdot10^{8})^{3}}{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot5{,}97\cdot10^{24}}} = 2{,}37\cdot10^{6}\ \text{s} = 27{,}4\ \text{dies}$
Variació petita. Com que $T \propto a^{3/2}$ , $\dfrac{\Delta T}{T} = \dfrac{3}{2}\dfrac{\Delta a}{a}$ .
Càlcul. $\Delta T = 1{,}5\cdot2{,}37\cdot10^{6}\cdot\dfrac{0{,}038}{3{,}84\cdot10^{8}} = 3{,}52\cdot10^{-4}\ \text{s}$
Conclusió. Uns 0,35 ms cada any: el mes es fa una mica més llarg.

Apartat c)

Resultat

\Delta E = 3{,}77\cdot10^{18}\ \text{J}

per any;

P = 1{,}19\cdot10^{11}\ \text{W}

Resolució

Variació d'energia. Derivant $E = -\dfrac{G M_{T} m}{2a}$ respecte d'a: $\Delta E = \dfrac{G M_{T} m\,\Delta a}{2a^{2}}$ (positiva: l'energia augmenta).
Càlcul. $G M_{T} m = 6{,}67\cdot10^{-11}\cdot5{,}97\cdot10^{24}\cdot7{,}35\cdot10^{22} = 2{,}93\cdot10^{37}$ : $\Delta E = \dfrac{2{,}93\cdot10^{37}\cdot0{,}038}{2\cdot(3{,}84\cdot10^{8})^{2}} = 3{,}77\cdot10^{18}\ \text{J}$
Potència mitjana. $P = \dfrac{\Delta E}{t} = \dfrac{3{,}77\cdot10^{18}}{3{,}156\cdot10^{7}} = 1{,}19\cdot10^{11}\ \text{W}$

Apartat d)

Resultat

De la rotació de la Terra, a través de les marees: la Terra perd energia de rotació i el dia s'allarga.

Resolució

Dissipació. La Lluna provoca marees: les masses d'aigua, en fregar amb el fons marí i entre elles, dissipen energia.
Transferència a la Lluna. Com que la Terra gira més de pressa que la Lluna orbita, el bony de marea queda lleugerament avançat respecte de la línia Terra–Lluna; la seva atracció empeny la Lluna en el sentit del moviment i li dona energia.
Conclusió. L'energia surt de la rotació de la Terra, que la perd: el dia s'allarga uns 2 ms per segle.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 25

Per a objectes molt llunyans el desplaçament cap al roig no es pot interpretar com un simple efecte Doppler, sinó com un estirament de les longituds d'ona a causa de l'expansió de l'espai: la llum emesa amb longitud d'ona $λ_{e}$ arriba amb $λ_{\mathrm{obs}}$ = (1 + z)· $λ_{e}$ , on (1 + z) és el factor pel qual s'ha multiplicat la mida de l'univers des de l'emissió.
a) Una galàxia llunyana té z = 3,0. La línia Lyman-α de l'hidrogen s'emet a 121,6 nm (ultraviolat). A quina longitud d'ona s'observa? En quina regió de l'espectre cau?
b) Calcula l'energia dels fotons d'aquesta línia en eV en el moment de l'emissió i quan arriben a la Terra.
c) Quina mida tenia l'univers en el moment de l'emissió en comparació amb l'actual? Quant més dens era (en nombre de partícules per volum)?
d) La radiació còsmica de fons es va alliberar quan l'univers tenia una temperatura de 3000 K i un factor (1 + z) = 1101. La temperatura de la radiació varia en proporció inversa a la mida de l'univers. Quina temperatura té avui?
Dades: h = 6,63· $10^{-34}$ J·s; c = 3,00· $10^{8}$ m/s; 1 eV = 1,60· $10^{-19}$ J.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 25

Apartat a)

Resultat

\lambda_{\mathrm{obs}} = 486{,}4\ \text{nm}

: llum visible (blau-verd)

Resolució

Estirament per l'expansió. $\lambda_{\mathrm{obs}} = (1 + z)\cdot\lambda_{e}$ .
Càlcul. $\lambda_{\mathrm{obs}} = (1 + 3{,}0)\cdot121{,}6\ \text{nm} = 486{,}4\ \text{nm}$
Conclusió. És llum visible (blau-verd): una línia ultraviolada de l'univers jove es pot observar amb telescopis òptics.

Apartat b)

Resultat

E_{e} = 1{,}64\cdot10^{-18}\ \text{J} = 10{,}2\ \text{eV}

;

E_{\mathrm{obs}} = 4{,}09\cdot10^{-19}\ \text{J} = 2{,}56\ \text{eV}

Resolució

Energia d'un fotó. $E = \dfrac{h c}{\lambda}$ .
En l'emissió. $E_{e} = \dfrac{6{,}63\cdot10^{-34}\cdot3{,}00\cdot10^{8}}{121{,}6\cdot10^{-9}} = 1{,}64\cdot10^{-18}\ \text{J} = 10{,}2\ \text{eV}$
En arribar. $E_{\mathrm{obs}} = \dfrac{E_{e}}{4} = 4{,}09\cdot10^{-19}\ \text{J} = 2{,}56\ \text{eV}$
Conclusió. Arriba amb 4 vegades menys energia: l'expansió no destrueix els fotons, però en redueix l'energia.

Apartat c)

Resultat

La mida era

\tfrac{1}{4}

de l'actual; la densitat de partícules era 64 vegades més gran.

Resolució

Factor d'escala. La mida de l'univers era $\dfrac{1}{1 + z} = \dfrac{1}{4}$ de l'actual.
Volum. El volum era $4^{3} = 64$ vegades més petit.
Conclusió. El nombre de partícules per unitat de volum era 64 vegades més gran.

Apartat d)

Resultat

T_{\mathrm{avui}} = 2{,}72\ \text{K}

Resolució

Proporcionalitat inversa. $T \propto \dfrac{1}{\text{mida}}$ , i la mida ha augmentat un factor 1101.
Càlcul. $T_{\mathrm{avui}} = \dfrac{3000\ \text{K}}{1101} = 2{,}72\ \text{K}$
Conclusió. Coincideix amb la temperatura observada de la radiació còsmica de fons (uns 2,7 K): és una de les proves més fortes del Big Bang.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 26

Es vol llançar una sonda des de la Terra perquè escapi del sistema solar. Considera només el Sol i la Terra, i suposa que la Terra descriu una òrbita circular d'1,00 ua al voltant del Sol.
a) Calcula la velocitat orbital de la Terra i la velocitat d'escapament del Sol a la distància de la Terra.
b) Quina velocitat addicional (respecte de la Terra) cal donar a la sonda, ja lluny de la Terra, perquè escapi del Sol si es llança en el sentit del moviment orbital de la Terra? I si es fes en sentit contrari?
c) Per aconseguir la velocitat de b) en sortir del camp gravitatori de la Terra, quina velocitat mínima cal donar a la sonda des de la superfície terrestre? (Aplica la conservació de l'energia entre la superfície de la Terra i un punt lluny d'ella, i no tinguis en compte l'atmosfera ni la rotació terrestre.)
d) Raona per què els llançaments interplanetaris s'aprofiten del moviment orbital de la Terra.
Dades: G = 6,67· $10^{-11}$ N· $\text{m}^{2}$ /kg²; $M_{\mathrm{Sol}}$ = 1,99· $10^{30}$ kg; $M_{\mathrm{Terra}}$ = 5,97· $10^{24}$ kg; $R_{\mathrm{Terra}}$ = 6,37· $10^{6}$ m; 1 ua = 1,50· $10^{11}$ m.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 26

Apartat a)

Resultat

v_{\mathrm{orb}} = 29{,}7\ \text{km/s}

;

v_{e} = 42{,}1\ \text{km/s}

Resolució

Velocitat orbital. $G\dfrac{M m}{r^{2}} = m\dfrac{v^{2}}{r}\Rightarrow v = \sqrt{\dfrac{G M_{\mathrm{Sol}}}{r}}$ : $v = \sqrt{\dfrac{1{,}33\cdot10^{20}}{1{,}50\cdot10^{11}}} = 29{,}7\ \text{km/s}$
Velocitat d'escapament del Sol. $v_{e} = \sqrt{\dfrac{2 G M_{\mathrm{Sol}}}{r}} = \sqrt{2}\cdot v = 42{,}1\ \text{km/s}$

Apartat b)

Resultat

En el sentit orbital:

\Delta v = 12{,}3\ \text{km/s}

; en sentit contrari:

\Delta v = 71{,}8\ \text{km/s}

Resolució

Sentit del moviment de la Terra. La sonda ja té 29,7 km/s respecte del Sol: només li cal $\Delta v = 42{,}1 - 29{,}7 = 12{,}3\ \text{km/s}$ més respecte de la Terra.
Sentit contrari. Parteix amb 29,7 km/s en el sentit de la Terra i ha d'acabar amb 42,1 km/s en sentit oposat: $\Delta v = 42{,}1 + 29{,}7 = 71{,}8\ \text{km/s}$ .
Conclusió. Llançar-la en sentit contrari costaria gairebé sis vegades més velocitat.

Apartat c)

Resultat

v_{0} = 16{,}6\ \text{km/s}

Resolució

Conservació de l'energia. Entre la superfície i un punt lluny de la Terra: $\tfrac{1}{2}v_{0}^{2} - \dfrac{G M_{T}}{R_{T}} = \tfrac{1}{2}\Delta v^{2} \Rightarrow v_{0}^{2} = \Delta v^{2} + v_{e,T}^{2}$
Escapament terrestre. $v_{e,T} = \sqrt{\dfrac{2\cdot6{,}67\cdot10^{-11}\cdot5{,}97\cdot10^{24}}{6{,}37\cdot10^{6}}} = 11{,}2\ \text{km/s}$
Càlcul. $v_{0} = \sqrt{12{,}3^{2} + 11{,}2^{2}} = 16{,}6\ \text{km/s}$

Apartat d)

Resultat

Perquè la sonda ja es mou amb la velocitat orbital de la Terra (29,7 km/s): llançar-la en el mateix sentit estalvia molta energia.

Resolució

Velocitat de partida. En sortir de la Terra, la sonda ja es mou a 29,7 km/s respecte del Sol.
Conclusió. Llançar-la en el mateix sentit que el moviment orbital aprofita aquesta velocitat i estalvia una gran quantitat d'energia al coet.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 27

El telescopi espacial SOHO i altres missions solars són en un punt L1 de la línia Sol–Terra, més a prop de la Terra que del Sol, des d'on tenen una vista permanent del Sol. Considera la Terra en òrbita circular al voltant del Sol a una distància D = 1,50·10¹¹ m, amb període d'un any, i una sonda de massa m situada en la línia Sol–Terra a una distància r de la Terra, entre les dues.
a) Calcula a quina distància de la Terra s'anul·la el camp gravitatori total del Sol i la Terra. Hi pot estar la sonda en repòs respecte de la Terra?
b) La sonda ha de girar al voltant del Sol amb el mateix període que la Terra perquè quedi sempre entre el Sol i la Terra. Escriu la segona llei de Newton per a la sonda i demostra que r compleix G·M_S/(D − r)² − G·M_T/r² = ω²·(D − r), amb ω = √(G·M_S/D³) (la velocitat angular de la Terra).
c) Si r és molt més petit que D, es pot aproximar 1/(D − r)² ≈ (1/D²)·(1 + 2r/D). Demostra que llavors r ≈ D·(M_T/(3·M_S))^1/3 i calcula'n el valor.
Dades: G = 6,67·10⁻¹¹ N·m²/kg²; M_S = 1,99·10³⁰ kg; M_T = 5,97·10²⁴ kg.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 27

Apartat a)

Resultat

r = 2{,}59\cdot10^{8}\ \text{m}

; no hi pot estar en repòs respecte de la Terra.

Resolució

Camp nul. $\dfrac{G M_{S}}{(D - r)^{2}} = \dfrac{G M_{T}}{r^{2}} \Rightarrow \dfrac{D - r}{r} = \sqrt{\dfrac{M_{S}}{M_{T}}} = 577$
Càlcul. $r = \dfrac{D}{1 + 577} = \dfrac{1{,}50\cdot10^{11}}{578} = 2{,}59\cdot10^{8}\ \text{m}$
Repòs respecte de la Terra? No: la Terra gira al voltant del Sol en un any i la sonda hauria de fer el mateix per mantenir-s'hi alineada, cosa que exigeix una força neta cap al Sol; en aquest punt la força neta és nul·la.

Apartat b)

Resultat

\dfrac{G M_{S}}{(D - r)^{2}} - \dfrac{G M_{T}}{r^{2}} = \omega^{2}(D - r)

, amb

\omega^{2} = \dfrac{G M_{S}}{D^{3}}

Resolució

Moviment de la sonda. Per quedar alineada, descriu una circumferència de radi $D - r$ al voltant del Sol amb la velocitat angular ω de la Terra.
Segona llei de Newton. La força neta cap al Sol és l'atracció del Sol menys la de la Terra (que l'estira cap enfora): $\dfrac{G M_{S} m}{(D - r)^{2}} - \dfrac{G M_{T} m}{r^{2}} = m\,\omega^{2}(D - r)$
Velocitat angular. Per a la Terra (negligint-ne la massa davant del Sol), $\dfrac{G M_{S}}{D^{2}} = \omega^{2}D$ , d'on $\omega^{2} = \dfrac{G M_{S}}{D^{3}}$ .

Apartat c)

Resultat

r \approx D\left(\dfrac{M_{T}}{3M_{S}}\right)^{1/3} = 1{,}50\cdot10^{9}\ \text{m}

(uns 1,5 milions de km)

Resolució

Aproximació. Substituint $\dfrac{1}{(D - r)^{2}} \approx \dfrac{1}{D^{2}}\left(1 + \dfrac{2r}{D}\right)$ : $\dfrac{G M_{S}}{D^{2}}\left(1 + \dfrac{2r}{D}\right) - \dfrac{G M_{T}}{r^{2}} = \dfrac{G M_{S}}{D^{2}}\left(1 - \dfrac{r}{D}\right)$
Simplificació. $\dfrac{G M_{S}}{D^{2}}\cdot\dfrac{3r}{D} = \dfrac{G M_{T}}{r^{2}} \Rightarrow r^{3} = D^{3}\dfrac{M_{T}}{3M_{S}}$
Càlcul. $r = 1{,}50\cdot10^{11}\cdot\left(\dfrac{5{,}97\cdot10^{24}}{3\cdot1{,}99\cdot10^{30}}\right)^{1/3} = 1{,}50\cdot10^{11}\cdot(1{,}00\cdot10^{-6})^{1/3} = 1{,}50\cdot10^{9}\ \text{m}$
Comprovació. Resolent numèricament l'equació completa de b) s'obté $1{,}49\cdot10^{9}\ \text{m}$ . És unes 3,9 vegades la distància a la Lluna, i la llum triga uns 5 s a arribar-ne a la Terra.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 28

La vida d'una estrella a la seqüència principal es pot estimar com el quocient entre la seva reserva de combustible nuclear (proporcional a la seva massa M) i la potència que radia (la lluminositat L). Per a estrelles de la seqüència principal s'observa empíricament que L ∝ M^3,5. Pren com a referència el Sol: dura 1,0· $10^{10}$ anys i té L = $L_{\mathrm{Sol}}$ .
a) Demostra que la durada t de la fase estable és proporcional a M^-2,5.
b) Calcula la lluminositat (en $L_{\mathrm{Sol}}$ ) i la durada d'una estrella de 20 masses solars.
c) Calcula la durada d'una nana vermella de 0,12 masses solars (com Pròxima Centauri), i compara-la amb l'edat actual de l'univers (13,8· $10^{9}$ anys). Què en pots concloure?
d) La vida a la Terra va necessitar uns 4· $10^{9}$ anys per arribar a organismes complexos. Podria haver passat el mateix a prop de l'estrella de 20 masses solars? Raona-ho.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 28

Apartat a)

Resultat

t \propto \dfrac{M}{L} \propto \dfrac{M}{M^{3{,}5}} = M^{-2{,}5}

Resolució

Plantejament. $t = \dfrac{\text{reserva de combustible}}{\text{potència}} \propto \dfrac{M}{L}$ .
Relació massa–lluminositat. Amb $L \propto M^{3{,}5}$ : $t \propto \dfrac{M}{M^{3{,}5}} = M^{-2{,}5} \Rightarrow \dfrac{t}{t_{\mathrm{Sol}}} = \left(\dfrac{M}{M_{\mathrm{Sol}}}\right)^{-2{,}5}$
Conclusió. Com més massiva és una estrella, més breu és la seva vida: consumeix el combustible molt més de pressa del que en té de més.

Apartat b)

Resultat

L = 3{,}6\cdot10^{4}\ L_{\mathrm{Sol}}

(35 777

L_{\mathrm{Sol}}

);

t = 5{,}6\cdot10^{6}

anys

Resolució

Lluminositat. $L = 20^{3{,}5}\ L_{\mathrm{Sol}} = 35\,777\ L_{\mathrm{Sol}}$ quasi 36 000 sols.
Durada. $t = 1{,}0\cdot10^{10}\cdot20^{-2{,}5} = 5{,}59\cdot10^{6}\ \text{anys}$ uns 5,6 milions d'anys.

Apartat c)

Resultat

t = 2{,}0\cdot10^{12}

anys, 145 vegades l'edat de l'univers: cap nana vermella així s'ha esgotat encara.

Resolució

Durada. $t = 1{,}0\cdot10^{10}\cdot0{,}12^{-2{,}5} = 2{,}00\cdot10^{12}\ \text{anys}$
Comparació. $\dfrac{2{,}00\cdot10^{12}}{13{,}8\cdot10^{9}} = 145$ vegades l'edat actual de l'univers.
Conclusió. Cap nana vermella d'aquesta massa s'ha esgotat encara: totes les que s'han format des del Big Bang continuen brillant.

Apartat d)

Resultat

No: l'estrella només viu uns 6 milions d'anys, molt menys que els

4\cdot10^{9}

anys necessaris.

Resolució

Comparació de temps. L'estrella de 20 masses solars només dura uns 6 milions d'anys abans d'explotar com a supernova, molt menys que els $4\cdot10^{9}$ anys que va necessitar la vida terrestre.
Ambient. A més, la radiació tan intensa i el vent estel·lar farien l'entorn hostil.
Conclusió. No hi hauria temps perquè hi evolucionessin organismes complexos.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 29

La galàxia d'Andròmeda (M31) és a 2,5 milions d'anys llum de la Via Làctia i s'hi acosta amb una velocitat de 110 km/s respecte de nosaltres.
a) Quina velocitat d'allunyament prediu la llei de Hubble ( $H_{0}$ = 70 km/s/Mpc) per a aquesta distància? Com és possible que s'acosti?
b) Si la velocitat es mantingués constant, quant de temps trigarien les dues galàxies a trobar-se?
c) Suposant que la massa total de les dues galàxies és de 3,0· $10^{12}$ masses solars, comprova si el sistema està lligat gravitatòriament. Per a dos cossos, l'energia mecànica del moviment relatiu és E = ½·μ· $v_{\mathrm{rel}}$ ² − G· $M_{1}$ · $\tfrac{M_{2}}{d}$ , amb μ = $M_{1}$ · $\tfrac{M_{2}}{(M_{1} + M_{2})}$ ; el sistema és lligat si E < 0. Per al càlcul, fes servir la condició equivalent ½· $v_{\mathrm{rel}}$ ² < G· $\tfrac{(M_{1} + M_{2})}{d}$ .
d) El temps de b) és una estimació per excés o per defecte? Raona-ho.
Dades: 1 any llum = 9,47· $10^{15}$ m; 1 Mpc = 3,09· $10^{22}$ m; $M_{\mathrm{Sol}}$ = 1,99· $10^{30}$ kg; G = 6,67· $10^{-11}$ N· $\text{m}^{2}$ /kg².

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 29

Apartat a)

Resultat

d = 0{,}77\ \text{Mpc}

; Hubble prediria

v \approx 54\ \text{km/s}

d'allunyament. S'acosta perquè hi domina l'atracció gravitatòria.

Resolució

Distància. $d = 2{,}5\cdot10^{6}\cdot9{,}47\cdot10^{15} = 2{,}37\cdot10^{22}\ \text{m} = 0{,}77\ \text{Mpc}$
Llei de Hubble. $v = 70\cdot0{,}77 = 54\ \text{km/s}\ \text{(d'allunyament)}$
Per què s'acosta. A distàncies tan petites, la gravetat entre les galàxies és més important que l'expansió de l'univers, i el seu efecte supera de lluny el flux de Hubble.
Conclusió. El Grup Local és un sistema lligat que no s'expandeix.

Apartat b)

Resultat

t = 2{,}15\cdot10^{17}\ \text{s} \approx 6{,}8\cdot10^{9}

anys

Resolució

Moviment uniforme. $t = \dfrac{d}{v}$ .
Càlcul. $t = \dfrac{2{,}37\cdot10^{22}}{1{,}10\cdot10^{5}} = 2{,}15\cdot10^{17}\ \text{s} = 6{,}82\cdot10^{9}\ \text{anys}$

Apartat c)

Resultat

Sí que està lligat:

\tfrac{1}{2}v^{2} = 6{,}05\cdot10^{9} < \dfrac{GM}{d} = 1{,}68\cdot10^{10}\ \text{J/kg}

(o bé 110 km/s < 183 km/s).

Resolució

Massa total. $M = 3{,}0\cdot10^{12}\cdot1{,}99\cdot10^{30} = 5{,}97\cdot10^{42}\ \text{kg}$ .
Condició de lligam. $\tfrac{1}{2}v_{\mathrm{rel}}^{2} = \tfrac{1}{2}(1{,}10\cdot10^{5})^{2} = 6{,}05\cdot10^{9};\quad \dfrac{G M}{d} = \dfrac{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot5{,}97\cdot10^{42}}{2{,}37\cdot10^{22}} = 1{,}68\cdot10^{10}$
Forma equivalent. La velocitat relativa màxima per a un estat lligat és $\sqrt{\dfrac{2GM}{d}} = 183\ \text{km/s}$ , i $110\ \text{km/s} < 183\ \text{km/s}$ .
Conclusió. L'energia mecànica és negativa: el sistema és lligat i les dues galàxies acabaran fusionant-se.

Apartat d)

Resultat

Per excés: l'atracció gravitatòria les accelera i es trobaran abans.

Resolució

Raonament. L'atracció gravitatòria augmenta la velocitat d'aproximació a mesura que es van acostant.
Conclusió. Triguen menys del que prediu b): és una estimació per excés (les simulacions donen uns 4–5 mil milions d'anys).

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 30

Un equip d'astrònoms ha mesurat, per a sis galàxies, la distància d (obtinguda amb candeles estàndard) i la velocitat d'allunyament v (obtinguda del desplaçament cap al roig):
18 Mpc → 1290 km/s
42 Mpc → 3050 km/s
75 Mpc → 5190 km/s
120 Mpc → 8560 km/s
185 Mpc → 13 150 km/s
240 Mpc → 16 940 km/s
a) Calcula el quocient v/d per a cada galàxia i el seu valor mitjà. Què representa?
b) Pel mètode dels mínims quadrats d'una recta que passa per l'origen, el pendent és m = Σ(d·v)/Σ(d²). Calcula'l i compara'l amb la mitjana de a).
c) Per què té sentit exigir que la recta passi per l'origen?
d) Calcula l'edat de l'univers estimada com a t = 1/H₀ amb el valor de b).
e) A més del flux de Hubble, cada galàxia té una velocitat pròpia aleatòria d'uns 300 km/s. Per què les galàxies més properes són poc útils per determinar H₀? Calcula l'error en H₀ si es fes servir una galàxia a 3 Mpc.
Dades: 1 Mpc = 3,09·10²² m; 1 any = 3,156·10⁷ s.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 30

Apartat a)

Resultat

v/d: 71,7; 72,6; 69,2; 71,3; 71,1; 70,6 km/s/Mpc; mitjana 71,1 km/s/Mpc, que és la constant de Hubble

H_{0}

Resolució

Quocients. $\dfrac{1290}{18} = 71{,}7;\ \dfrac{3050}{42} = 72{,}6;\ \dfrac{5190}{75} = 69{,}2;\ \dfrac{8560}{120} = 71{,}3;\ \dfrac{13\,150}{185} = 71{,}1;\ \dfrac{16\,940}{240} = 70{,}6\ \text{km/s/Mpc}$
Mitjana. $\overline{v/d} = 71{,}1\ \text{km/s/Mpc}$ .
Interpretació. Representa la constant de Hubble $H_{0}$ : el ritme d'expansió actual.

Apartat b)

Resultat

m = 70{,}8\ \text{km/s/Mpc}

, pràcticament igual que la mitjana de a)

Resolució

Sumes. $\Sigma(d\cdot v) = 8\,066\,120$ i $\Sigma(d^{2}) = 113\,938$ .
Mínims quadrats per l'origen. $m = \dfrac{\Sigma(d\cdot v)}{\Sigma(d^{2})} = \dfrac{8\,066\,120}{113\,938} = 70{,}8\ \text{km/s/Mpc}$
Conclusió. Els dos valors són pràcticament iguals: les dades són coherents amb una relació lineal.

Apartat c)

Resultat

Perquè una galàxia a distància zero no s'allunya:

v = H_{0}\cdot d

és una recta que passa per l'origen.

Resolució

Raonament físic. Una galàxia a distància zero no s'allunya de nosaltres.
Conclusió. Si $v = H_{0}\cdot d$ , la gràfica v–d és una recta que passa per l'origen: el model físic prediu exactament aquesta forma.

Apartat d)

Resultat

t = 4{,}36\cdot10^{17}\ \text{s} \approx 13{,}8\cdot10^{9}

anys

Resolució

En SI. $H_{0} = \dfrac{70{,}8\cdot10^{3}}{3{,}09\cdot10^{22}} = 2{,}29\cdot10^{-18}\ \text{s}^{-1}$
Temps de Hubble. $t = \dfrac{1}{H_{0}} = 4{,}36\cdot10^{17}\ \text{s} = \dfrac{4{,}36\cdot10^{17}}{3{,}156\cdot10^{7}} = 13{,}8\cdot10^{9}\ \text{anys}$

Apartat e)

Resultat

A prop, la velocitat pròpia és comparable al flux de Hubble; a 3 Mpc l'error en

H_{0}

seria de 100 km/s/Mpc (un 140 %).

Resolució

Comparació. A 3 Mpc el flux de Hubble és $70\cdot3 = 210\ \text{km/s}$ , comparable a la velocitat pròpia (300 km/s).
Error. L'error en v és de 300 km/s, i com que $H_{0} = v/d$ : $\Delta H_{0} = \dfrac{300}{3} = 100\ \text{km/s/Mpc}$ un 140 % de l'estimació.
Conclusió. Per això $H_{0}$ es determina amb galàxies a desenes o centenars de Mpc, on la velocitat pròpia és negligible davant del flux de Hubble.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Preparat per a la universitat

Els exercicis més exigents: nivell PAU alt i primer curs de grau. Veure totes les matèries

Exercici 31

Per què el cel és fosc de nit? Considera un univers estàtic, homogeni, infinit i etern, ple de fonts de llum (estrelles) repartides uniformement. Sigui j la densitat de lluminositat: la potència emesa per unitat de volum (en $\text{W/m}^{3}$ ). La intensitat que fa a la Terra una font de lluminositat L situada a una distància r és F = $\tfrac{L}{(4\pi \cdot r^{2})}$ .
a) Demostra que el conjunt de fonts d'una capa esfèrica de radi r i gruix dr, amb centre a la Terra, produeix una intensitat dF = j·dr que no depèn de r.
b) Quina intensitat total rebria la Terra si les fonts s'estenguessin fins a una distància R? Què passaria si R tendís a infinit?
c) En l'univers real, j val uns 1,5· $10^{8}$ $L_{\mathrm{Sol}}$ per Mpc³. Expressa j en $\text{W/m}^{3}$ . Només hi pot arribar la llum de les fonts que són a una distància R = c· $t_{0}$ , amb $t_{0}$ = 13,8· $10^{9}$ anys: calcula la intensitat total i compara-la amb la que rep la Terra del Sol (1,36· $10^{3}$ $\text{W/m}^{2}$ ).
d) Fins a quina distància hauria d'estendre's l'univers perquè la intensitat total igualés la del Sol? Quantes vegades és més gran que R? Quina edat hauria de tenir l'univers estàtic?
e) Raona quins dos fets de l'univers real impedeixen que el cel sigui brillant, i digues quin dels dos és el principal en aquest càlcul i quin només corregeix el resultat.
Dades: c = 3,00· $10^{8}$ m/s; 1 Mpc = 3,09· $10^{22}$ m; $L_{\mathrm{Sol}}$ = 3,83· $10^{26}$ W; 1 any = 3,156· $10^{7}$ s.

Pista 1

Calcula primer quantes fonts hi ha a la capa: el nombre de fonts per unitat de volum multiplicat pel volum 4π· $r^{2}$ ·dr. Després, quina intensitat fa cada una?

Pista 2

Si j és constant, el flux total és la suma (integral) de j·dr de 0 a R. No oblidis passar les masses solars i els megaparsecs a unitats SI.

Pista 3

A l'apartat e) compara l'efecte de limitar R (un factor de l'ordre de 10⁻¹⁰) amb el del desplaçament cap al roig de la llum de les fonts llunyanes (un factor d'ordre unitat).

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 31

Apartat a)

Resultat

dF = j\,dr

: no depèn de r, perquè el nombre de fonts creix com

r^{2}

i la intensitat de cadascuna baixa com

1/r^{2}

Resolució

Potència de la capa. El nombre de fonts de la capa és proporcional al seu volum $4\pi r^{2}dr$ , i la potència que hi emeten és $dP = j\cdot4\pi r^{2}dr$ .
Llei de l'invers del quadrat. Aquesta potència, repartida sobre una esfera de radi r, dona $dF = \dfrac{dP}{4\pi r^{2}} = \dfrac{j\cdot4\pi r^{2}dr}{4\pi r^{2}} = j\,dr$
Conclusió. El nombre de fonts creix com $r^{2}$ i la intensitat de cada una disminueix com $1/r^{2}$ : les dues dependències es compensen.

Apartat b)

Resultat

F = j\cdot R

; si

R \to \infty

F \to \infty

(paradoxa d'Olbers).

Resolució

Integració per capes. $F = \int_{0}^{R} j\,dr = j\cdot R$ proporcional a R.
Límit. Si $R \to \infty$ , $F \to \infty$ : en un univers estàtic, infinit i etern el cel de nit hauria de ser infinitament brillant.
Matís. En realitat seria tan brillant com la superfície d'una estrella, perquè les fonts més properes taparien les llunyanes. Aquesta és la paradoxa d'Olbers.

Apartat c)

Resultat

j = 1{,}95\cdot10^{-33}\ \text{W/m}^{3}

;

R = 1{,}31\cdot10^{26}\ \text{m}

;

F = 2{,}54\cdot10^{-7}\ \text{W/m}^{2}

, només

1{,}87\cdot10^{-10}

vegades la intensitat solar

Resolució

Densitat de lluminositat en SI. $j = \dfrac{1{,}5\cdot10^{8}\cdot3{,}83\cdot10^{26}}{(3{,}09\cdot10^{22})^{3}} = 1{,}95\cdot10^{-33}\ \text{W/m}^{3}$
Distància màxima. $R = c\,t_{0} = 3{,}00\cdot10^{8}\cdot13{,}8\cdot10^{9}\cdot3{,}156\cdot10^{7} = 1{,}31\cdot10^{26}\ \text{m}$ uns 13,8 mil milions d'anys llum.
Intensitat total. $F = j\cdot R = 1{,}95\cdot10^{-33}\cdot1{,}31\cdot10^{26} = 2{,}54\cdot10^{-7}\ \text{W/m}^{2}$
Comparació. $\dfrac{2{,}54\cdot10^{-7}}{1{,}36\cdot10^{3}} = 1{,}87\cdot10^{-10}$ (una part entre $5{,}35\cdot10^{9}$ ): una il·luminació completament negligible.

Apartat d)

Resultat

R_{\mathrm{nec}} = 6{,}98\cdot10^{35}\ \text{m} = 5{,}35\cdot10^{9}\,R

; edat necessària

7{,}38\cdot10^{19}

anys

Resolució

Condició. $j\cdot R_{\mathrm{nec}} = F_{\mathrm{Sol}}$ , és a dir, $R_{\mathrm{nec}} = \dfrac{F_{\mathrm{Sol}}}{j}$ .
Càlcul. $R_{\mathrm{nec}} = \dfrac{1{,}36\cdot10^{3}}{1{,}95\cdot10^{-33}} = 6{,}98\cdot10^{35}\ \text{m} = 5{,}35\cdot10^{9}\ R$
Edat. $t = \dfrac{R_{\mathrm{nec}}}{c} = 2{,}33\cdot10^{27}\ \text{s} = 7{,}38\cdot10^{19}\ \text{anys}$
Conclusió. L'univers hauria de ser unes cinc mil milions de vegades més vell (i les estrelles haurien d'haver brillat durant tot aquest temps).

Apartat e)

Resultat

L'edat finita de l'univers (factor principal, redueix el flux en un factor

10^{10}

o més) i l'expansió amb el desplaçament cap al roig (només una correcció d'ordre unitat).

Resolució

(1) Edat finita. La llum que veiem només ha pogut viatjar durant un temps $t_{0}$ : només ens arriba la de les fonts a menys de $R = c\,t_{0}$ ; a més, les estrelles tenen una vida finita.
Pes d'aquest efecte. És el factor principal: redueix la intensitat en un factor de $10^{10}$ o més.
(2) Expansió. La llum de les galàxies llunyanes es desplaça cap al roig: cada fotó arriba amb menys energia i els fotons arriben amb menys freqüència. Això només disminueix el flux en un factor d'ordre unitat per a les fonts més llunyanes.
Conclusió. L'expansió és una correcció, no pas l'explicació principal: el cel és fosc sobretot perquè l'univers té una edat finita.

Errors típics

Pensar que les estrelles llunyanes arriben menys perquè «s'esvaeixen»: la intensitat de cada una disminueix com 1/r², però n'hi ha més, i els dos efectes es compensen.
Oblidar passar els Mpc a metres o la lluminositat solar a watts.
Atribuir la foscor del cel a l'absorció per la pols: en un univers etern, la pols s'escalfaria fins a brillar.
Creure que l'expansió és la causa principal de la foscor del cel: l'edat finita redueix molt més el flux.

Conceptes treballats: llei de l'invers del quadrat, densitat de lluminositat i integració per capes, paradoxa d'Olbers, edat finita de l'univers, desplaçament cap al roig, ordres de magnitud.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 32

La velocitat d'escapament des de la superfície d'un astre de massa M i radi R és $v_{e}$ = $\sqrt{\tfrac{2GM}{R}}$ . Si un astre és tan compacte que $v_{e}$ arriba a ser igual a c, ni la llum en pot sortir: és un forat negre, i el radi que correspon a $v_{e}$ = c s'anomena radi de Schwarzschild. (El càlcul newtonià és només un argument heurístic, però el resultat coincideix amb el de la relativitat general.)
a) Dedueix l'expressió del radi de Schwarzschild $r_{s}$ i calcula'l per a: la Terra, el Sol, un forat negre de 10 $M_{\mathrm{Sol}}$ , un de 4,3· $10^{6}$ $M_{\mathrm{Sol}}$ (com el del centre de la Via Làctia) i un d'1,0· $10^{8}$ $M_{\mathrm{Sol}}$ . Compara els dos primers amb els radis reals de la Terra (6,37· $10^{6}$ m) i del Sol (6,96· $10^{8}$ m), i els altres amb 1 ua.
b) Calcula la densitat mitjana de la matèria dins de l'esfera de radi $r_{s}$ per a cada cas, i demostra que és proporcional a $\tfrac{1}{M^{2}}$ . Quina massa hauria de tenir un forat negre perquè aquesta densitat fos igual a la de l'aigua (1000 $\text{kg/m}^{3}$ )?
c) Un astronauta de 2,0 m d'alçada cau de peus cap a un forat negre. Calcula la diferència d'intensitat del camp gravitatori entre els peus i el cap quan és a r = $r_{s}$ , aproximant Δg ≈ 2GM· $\text{h/r}^{3}$ , per al forat de 10 $M_{\mathrm{Sol}}$ i per al d'1,0· $10^{8}$ $M_{\mathrm{Sol}}$ .
d) Raona, a partir de b) i c), per què un forat negre supermassiu «no té res d'especial» a l'horitzó per a qui hi cau, mentre que un d'estel·lar el destrossaria abans d'arribar-hi.
Dades: G = 6,67· $10^{-11}$ N· $\text{m}^{2}$ /kg²; c = 3,00· $10^{8}$ m/s; $M_{\mathrm{Sol}}$ = 1,99· $10^{30}$ kg; $M_{\mathrm{Terra}}$ = 5,97· $10^{24}$ kg; 1 ua = 1,50· $10^{11}$ m.

Pista 1

Per deduir $r_{s}$ només cal imposar $v_{e}$ = c a la fórmula de la velocitat d'escapament i aïllar R.

Pista 2

Per a la densitat, escriu M = $\tfrac{c^{2}}{2G}$ · $r_{s}$ o $r_{s}$ = 2GM/ $c^{2}$ i substitueix-ho a ρ = M/( $\tfrac{4}{3}$ ·π· $r_{s}$ ³): com depèn $r_{s}$ de M?

Pista 3

En c) fixa't que $r^{3}$ = $r_{s}$ ³ ∝ $M^{3}$ : el resultat de Δg depèn de la massa d'una manera molt forta.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 32

Apartat a)

Resultat

r_{s} = \dfrac{2GM}{c^{2}}

. Terra: 0,00885 m; Sol: 2950 m; 10

M_{\mathrm{Sol}}

2{,}95\cdot10^{4}\ \text{m}

;

4{,}3\cdot10^{6}\ M_{\mathrm{Sol}}

1{,}27\cdot10^{10}\ \text{m} = 0{,}0846\ \text{ua}

;

1{,}0\cdot10^{8}\ M_{\mathrm{Sol}}

2{,}95\cdot10^{11}\ \text{m} = 1{,}97\ \text{ua}

Resolució

Deducció. Imposant $v_{e} = c$ : $\sqrt{\dfrac{2GM}{r_{s}}} = c \Rightarrow r_{s} = \dfrac{2GM}{c^{2}}$
Terra i Sol. $r_{s,T} = \dfrac{2\cdot6{,}67\cdot10^{-11}\cdot5{,}97\cdot10^{24}}{(3{,}00\cdot10^{8})^{2}} = 0{,}00885\ \text{m}$ , unes $7{,}2\cdot10^{8}$ vegades menor que el radi de la Terra; $r_{s,\mathrm{Sol}} = 2950\ \text{m}$ , uns $2{,}4\cdot10^{5}$ cops menor que el radi del Sol.
Forats negres. Com que $r_{s} \propto M$ : 10 $M_{\mathrm{Sol}}$ → $2{,}95\cdot10^{4}\ \text{m}$ ; $4{,}3\cdot10^{6}\ M_{\mathrm{Sol}}$ → $1{,}27\cdot10^{10}\ \text{m} = 0{,}0846\ \text{ua}$ ; $1{,}0\cdot10^{8}\ M_{\mathrm{Sol}}$ → $2{,}95\cdot10^{11}\ \text{m} = 1{,}97\ \text{ua}$ .
Interpretació. La Terra s'hauria de comprimir fins a la mida d'una bala de vidre de jugar (menys d'1 cm de radi) i el Sol, fins a uns 3 km. El forat de $4{,}3\cdot10^{6}\ M_{\mathrm{Sol}}$ té un $r_{s}$ més petit que l'òrbita de Mercuri (0,39 ua), i el d' $1{,}0\cdot10^{8}\ M_{\mathrm{Sol}}$ la supera.

Apartat b)

Resultat

\rho = \dfrac{3c^{6}}{32\pi G^{3}M^{2}} \propto \dfrac{1}{M^{2}}

; Terra

2{,}06\cdot10^{30}

, Sol

1{,}85\cdot10^{19}

, 10

M_{\mathrm{Sol}}

1{,}85\cdot10^{17}

4{,}3\cdot10^{6}\ M_{\mathrm{Sol}}

1{,}00\cdot10^{6}

10^{8}\ M_{\mathrm{Sol}}

1851 (

\text{kg/m}^{3}

); densitat de l'aigua per a

M = 1{,}36\cdot10^{8}\ M_{\mathrm{Sol}}

Resolució

Llei d'escala. $\rho = \dfrac{M}{\tfrac{4}{3}\pi r_{s}^{3}}$ i, com que $r_{s} \propto M$ , $\rho \propto \dfrac{M}{M^{3}} = \dfrac{1}{M^{2}}$ . Explícitament: $\rho = \dfrac{3c^{6}}{32\pi G^{3}M^{2}}$
Resultats. Terra: $2{,}06\cdot10^{30}\ \text{kg/m}^{3}$ ; Sol: $1{,}85\cdot10^{19}\ \text{kg/m}^{3}$ ; 10 $M_{\mathrm{Sol}}$ : $1{,}85\cdot10^{17}\ \text{kg/m}^{3}$ ; $4{,}3\cdot10^{6}\ M_{\mathrm{Sol}}$ : $1{,}00\cdot10^{6}\ \text{kg/m}^{3}$ ; $1{,}0\cdot10^{8}\ M_{\mathrm{Sol}}$ : $1851\ \text{kg/m}^{3}$ .
Densitat de l'aigua. $M = \sqrt{\dfrac{3c^{6}}{32\pi G^{3}\cdot1000}} = 2{,}71\cdot10^{38}\ \text{kg} = 1{,}36\cdot10^{8}\ M_{\mathrm{Sol}}$ amb $r_{s} = 4{,}01\cdot10^{11}\ \text{m} = 2{,}68\ \text{ua}$ .
Conclusió. Un forat negre de més massa tindria una densitat mitjana inferior a la de l'aigua.

Apartat c)

Resultat

M_{\mathrm{Sol}}

\Delta g = 2{,}07\cdot10^{8}\ \text{m/s}^{2}

(uns

2{,}1\cdot10^{7}\,g

);

1{,}0\cdot10^{8}\ M_{\mathrm{Sol}}

\Delta g = 2{,}07\cdot10^{-6}\ \text{m/s}^{2}

Resolució

Força de marea. $\Delta g \approx \dfrac{2GM h}{r^{3}}$ amb $h = 2{,}0\ \text{m}$ i $r = r_{s}$ .
Forat de 10 $M_{\mathrm{Sol}}$ . $\Delta g = \dfrac{2\cdot6{,}67\cdot10^{-11}\cdot1{,}99\cdot10^{31}\cdot2{,}0}{(2{,}95\cdot10^{4})^{3}} = 2{,}07\cdot10^{8}\ \text{m/s}^{2}$ uns $2{,}11\cdot10^{7}$ cops g: el cos seria esquinçat.
Forat d' $1{,}0\cdot10^{8}\ M_{\mathrm{Sol}}$ . $\Delta g = 2{,}07\cdot10^{-6}\ \text{m/s}^{2}$ molt inferior a la g de la Terra ( $9{,}8\ \text{m/s}^{2}$ ).

Apartat d)

Resultat

Com que

\Delta g \propto 1/M^{2}

a l'horitzó, en un forat supermassiu la marea hi és imperceptible, mentre que en un d'estel·lar és enorme i espaguetitza l'astronauta abans d'arribar-hi.

Resolució

Escala. A l'horitzó, $\Delta g \propto \dfrac{M}{r_{s}^{3}} \propto \dfrac{1}{M^{2}}$ : com més massa té el forat, més gran és l'horitzó i menys intensa la força de marea que hi actua.
Forat supermassiu. L'astronauta travessa l'horitzó sense notar-ne cap efecte local (la densitat mitjana dins de l'horitzó és de l'ordre de la de l'aigua, i per sobre d' $1{,}36\cdot10^{8}\ M_{\mathrm{Sol}}$ encara més petita); la marea només es fa sentir més endins.
Forat estel·lar. La marea l'estiraria («espaguetització») molt abans d'arribar a $r_{s}$ .

Errors típics

Utilitzar r_s = GM/c² (oblidar el factor 2) o confondre r_s amb el radi real de l'astre.
Pensar que un forat negre sempre és «extremadament dens»: la densitat mitjana dins de l'horitzó disminueix amb el quadrat de la massa.
Avaluar Δg amb el valor de g a la superfície de la Terra en lloc d'avaluar el camp a la distància r_s.
No passar les ua o els quilòmetres a metres abans de comparar els radis.

Conceptes treballats: velocitat d'escapament, radi de Schwarzschild, densitat mitjana i lleis d'escala (ρ ∝ M⁻²), força de marea, anàlisi crítica d'un model heurístic.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 33

Les supernoves de tipus Ia són «candeles estàndard»: totes arriben al màxim de brillantor amb una potència pràcticament igual, L = 1,8· $10^{36}$ W. Un equip observa una d'aquestes supernoves en una galàxia llunyana. En el màxim mesura una intensitat de llum F = 1,40· $10^{-15}$ $\text{W/m}^{2}$ , i l'espectre de la galàxia mostra la línia $H_{α}$ (656,3 nm en repòs) desplaçada cap al roig un valor z = Δλ/λ = 0,075.
a) Calcula la distància a la supernova en metres i en Mpc, suposant que la llum es reparteix uniformement per una esfera.
b) Interpreta el desplaçament cap al roig com a velocitat d'allunyament v = c·z i calcula la constant de Hubble $H_{0}$ en km/s/Mpc.
c) Estima com canviaria el resultat si (i) la pols de la galàxia hostessa hagués absorbit el 20 % de la llum abans que arribés al telescopi i no n'haguessis tingut en compte l'efecte; (ii) la potència màxima real de la supernova fos un 20 % més gran que la suposada. En cada cas, $H_{0}$ queda sobreestimada o subestimada? Raona el sentit.
d) Per a z = 0,075 la velocitat és una fracció prou petita de c perquè v = c·z sigui una bona aproximació. Per a supernoves a z ≈ 0,5 es va observar que eren més febles del que preveia un model d'expansió que s'alenteix per efecte de la gravetat. Què implica aquest «més febles» sobre la seva distància i sobre l'expansió de l'univers en el passat recent?
Dades: c = 3,00· $10^{8}$ m/s; 1 pc = 3,09· $10^{16}$ m.

Pista 1

La intensitat és la potència que travessa cada metre quadrat d'una esfera de radi d: F = $\tfrac{L}{(4\pi \cdot d^{2})}$ .

Pista 2

Per a $H_{0}$ necessites una velocitat i una distància en les unitats adequades (km/s i Mpc).

Pista 3

A c) no cal repetir tot el càlcul: pregunta't com depèn d de F i de L, i com depèn $H_{0}$ de d. A d), una font més feble amb el mateix z, és una font més...?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 33

Apartat a)

Resultat

d = 1{,}01\cdot10^{25}\ \text{m} = 327\ \text{Mpc}

Resolució

Llei de l'invers del quadrat. $F = \dfrac{L}{4\pi d^{2}} \Rightarrow d = \sqrt{\dfrac{L}{4\pi F}}$ .
Càlcul. $d = \sqrt{\dfrac{1{,}8\cdot10^{36}}{4\pi\cdot1{,}40\cdot10^{-15}}} = 1{,}01\cdot10^{25}\ \text{m}$
En Mpc. Amb $1\ \text{Mpc} = 3{,}09\cdot10^{22}\ \text{m}$ : $d = 327\ \text{Mpc}$ .

Apartat b)

Resultat

v = 22\,500\ \text{km/s}

;

H_{0} \approx 69\ \text{km/s/Mpc}

Resolució

Velocitat. $v = c\cdot z = 3{,}00\cdot10^{5}\ \text{km/s}\cdot0{,}075 = 22\,500\ \text{km/s}$
Llei de Hubble. $H_{0} = \dfrac{v}{d} = \dfrac{22\,500}{327} = 69\ \text{km/s/Mpc}$
Conclusió. És un valor compatible amb els de la cosmologia actual (entre uns 67 i 74 km/s/Mpc).

Apartat c)

Resultat

(i)

H_{0}

queda subestimada (el real seria uns 77 km/s/Mpc); (ii)

H_{0}

queda sobreestimada un 10 % (el real seria uns 63 km/s/Mpc).

Resolució

Dependències. $d \propto \sqrt{L/F}$ i $H_{0} = v/d$ , amb v fixada per z.
(i) Absorció del 20 %. La llum rebuda és només el 80 % de la que arribaria sense pols: la supernova sembla més feble i la creiem més lluny, $d_{\mathrm{calc}} = d/\sqrt{0{,}8} = 1{,}118\,d$ (un 12 % més). La distància real seria $327\cdot\sqrt{0{,}8} = 293\ \text{Mpc}$ i $H_{0}$ real, 77 km/s/Mpc: el valor de b) és un 11 % massa petit, és a dir, subestimat.
(ii) L real un 20 % més gran. La distància real seria $d\sqrt{1{,}2} = 1{,}095\,d$ , més gran que la calculada, i $H_{0}$ valdria 63 km/s/Mpc: amb la L suposada, $H_{0}$ es sobreestima un 10 %.
Conclusió. Una incertesa del 20 % en L es tradueix en una del 10 % en la distància ( $d \propto \sqrt{L}$ ): per això cal calibrar molt bé la candela estàndard.

Apartat d)

Resultat

Són més lluny del previst: l'expansió no s'ha frenat sinó que en el passat recent s'ha accelerat (energia fosca).

Resolució

Distància. A igual z, una supernova més feble vol dir que és més lluny ( $F \propto 1/d^{2}$ ) del que es preveia.
Expansió. Perquè sigui més lluny, l'univers s'ha d'haver expandit més del previst durant el temps que ha trigat la llum: l'expansió no s'ha alentit tant com es pensava.
Conclusió. En el passat recent l'expansió s'ha anat accelerant; s'atribueix a una component anomenada energia fosca.

Errors típics

Calcular la distància amb F = L/(2π·d²) o sense el factor 4π, o oblidar l'arrel quadrada.
Deixar d en metres i v en km/s i donar H₀ sense passar a km/s/Mpc.
Pensar que si la llum està absorbida la supernova sembla més a prop: l'absorció la fa semblar més feble i, per tant, més llunyana.
Aplicar v = c·z amb z gran (z ≈ 1 o més): aleshores el desplaçament cap al roig és sobretot expansió de l'espai, no efecte Doppler.

Conceptes treballats: intensitat i llei de l'invers del quadrat, candeles estàndard, llei de Hubble, propagació d'errors, absorció, expansió accelerada.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 34

Per què la fusió nuclear només és possible al centre del Sol? Ho estudiem en dos passos.
1. Temperatura d'una estrella. Una estrella no col·lapsa perquè la pressió tèrmica equilibra l'atracció gravitatòria. Per a una esfera de gas en equilibri, el teorema del virial diu que l'energia cinètica tèrmica total és la meitat del valor absolut de l'energia potencial gravitatòria, que per a una esfera homogènia val ( $\tfrac{3}{5}$ )·G· $\tfrac{M^{2}}{R}$ . L'energia cinètica tèrmica mitjana per partícula és ( $\tfrac{3}{2}$ )· $k_{B}$ ·T. Considera el Sol format per hidrogen ionitzat (protons i electrons), de manera que la massa mitjana per partícula és μ· $m_{p}$ , amb μ = 0,60.
a) Demostra que la temperatura mitjana del Sol és T ≈ G·M·μ· $\tfrac{m_{p}}{(5\cdot k_{B}\cdot R)}$ i calcula-la.
2. La barrera de Coulomb. Dos protons s'han d'apropar a uns 1,0 fm (1,0· $10^{-15}$ m) perquè actuï la força nuclear forta.
b) Calcula l'energia potencial elèctrica de dos protons a aquesta distància, en J i en MeV, i la temperatura $T_{C}$ per a la qual $k_{B}$ ·T iguala aquesta energia. Compara $T_{C}$ amb la temperatura trobada a a).
c) A la regió central del Sol, T ≈ 1,5· $10^{7}$ K. Calcula $k_{B}$ ·T en keV i l'exponent x = $E_{C}$ /( $k_{B}$ ·T); el nombre de protons que superen l'energia $E_{C}$ és proporcional al factor de Boltzmann e^−x. Escriu aquest factor com a potència de 10.
d) Raona què implica el resultat de c) per a la fusió clàssica i quin fenomen quàntic ha de ser el responsable que el Sol brilli. Per què el Sol no s'ha esgotat en pocs segons i triga uns $10^{10}$ anys a consumir el seu hidrogen?
Dades: G = 6,67· $10^{-11}$ N· $\text{m}^{2}$ /kg²; M = 1,99· $10^{30}$ kg; R = 6,96· $10^{8}$ m; $m_{p}$ = 1,67· $10^{-27}$ kg; $k_{B}$ = 1,38· $10^{-23}$ J/K; k = 8,99· $10^{9}$ N· $\tfrac{m^{2}}{C^{2}}$ ; e = 1,60· $10^{-19}$ C.

Pista 1

Per a l'apartat a), el nombre de partícules és N = M/(μ· $m_{p}$ ). Divideix l'energia cinètica tèrmica total entre N.

Pista 2

L'energia potencial elèctrica de dues càrregues puntuals és k· $q_{1}$ · $\tfrac{q_{2}}{r}$ . Per passar de J a MeV, divideix per e i per $10^{6}$ .

Pista 3

El factor e^−x és molt petit: per escriure'l com a 10^−y, fes servir y = x/ln 10. Pensa quina probabilitat té un fenomen que no podria passar mai segons la física clàssica.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 34

Apartat a)

Resultat

T = \dfrac{G M\mu m_{p}}{5k_{B}R} = 2{,}77\cdot10^{6}\ \text{K}

Resolució

Energia tèrmica total. $K = N\cdot\tfrac{3}{2}k_{B}T$ , amb $N = \dfrac{M}{\mu m_{p}}$ partícules.
Teorema del virial. $K = \tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{3}{5}\dfrac{GM^{2}}{R} = \tfrac{3}{10}\dfrac{GM^{2}}{R}$ . Igualant: $\tfrac{3}{2}k_{B}T\dfrac{M}{\mu m_{p}} = \tfrac{3}{10}\dfrac{GM^{2}}{R} \Rightarrow T = \dfrac{G M\mu m_{p}}{5k_{B}R}$
Càlcul. $T = \dfrac{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot1{,}99\cdot10^{30}\cdot0{,}60\cdot1{,}67\cdot10^{-27}}{5\cdot1{,}38\cdot10^{-23}\cdot6{,}96\cdot10^{8}} = 2{,}77\cdot10^{6}\ \text{K}$
Conclusió. De l'ordre de milions de kelvin; la temperatura del centre, més alta, és d'uns $1{,}5\cdot10^{7}\ \text{K}$ .

Apartat b)

Resultat

E_{C} = 2{,}30\cdot10^{-13}\ \text{J} = 1{,}44\ \text{MeV}

;

T_{C} = 1{,}67\cdot10^{10}\ \text{K}

, unes 6000 vegades la de a)

Resolució

Energia potencial elèctrica. $E_{C} = \dfrac{k e^{2}}{r} = \dfrac{8{,}99\cdot10^{9}\cdot(1{,}60\cdot10^{-19})^{2}}{1{,}0\cdot10^{-15}} = 2{,}30\cdot10^{-13}\ \text{J} = 1{,}44\ \text{MeV}$
Temperatura equivalent. $T_{C} = \dfrac{E_{C}}{k_{B}} = \dfrac{2{,}30\cdot10^{-13}}{1{,}38\cdot10^{-23}} = 1{,}67\cdot10^{10}\ \text{K}$
Comparació. És unes 6000 vegades la temperatura mitjana del Sol: l'agitació tèrmica d'un protó mitjà és ben insuficient per vèncer la repulsió.

Apartat c)

Resultat

k_{B}T = 1{,}29\ \text{keV}

;

x = 1112

;

e^{-x} \approx 10^{-483}

Resolució

Energia tèrmica. $k_{B}T = 1{,}38\cdot10^{-23}\cdot1{,}5\cdot10^{7} = 2{,}07\cdot10^{-16}\ \text{J} = 1{,}29\ \text{keV}$
Exponent. $x = \dfrac{E_{C}}{k_{B}T} = \dfrac{2{,}30\cdot10^{-13}}{2{,}07\cdot10^{-16}} = 1112$
Factor de Boltzmann. $e^{-x} = 10^{-x/\ln10} = 10^{-1112/2{,}303} = 10^{-483}$

Apartat d)

Resultat

Clàssicament el Sol no podria fusionar hidrogen; ho permet l'efecte túnel, i la lentitud del procés (interacció feble) fa que el combustible duri uns

10^{10}

anys.

Resolució

Fusió clàssica. Una probabilitat de l'ordre de $10^{-483}$ és, a la pràctica, zero: a tot l'univers observable hi ha uns $10^{80}$ protons. Segons la física clàssica, el Sol no podria fusionar hidrogen.
Efecte túnel. Un protó amb menys energia que la barrera té una probabilitat petita, però no nul·la, de travessar-la: és el fenomen quàntic que fa brillar el Sol.
Per què no s'esgota. Perquè dos protons formin deuteri, un d'ells s'ha de convertir en neutró per la interacció feble, un procés molt improbable: el ritme de reaccions és tan lent que el combustible dura uns $10^{10}$ anys, i el Sol és estable.
Ordre de magnitud. La potència per unitat de massa és minúscula, $\dfrac{L}{M} \approx 0{,}2\ \text{mW/kg}$ , molt menor que la d'un cos humà (uns 1–2 W/kg).

Errors típics

Fer servir $m_{p}$ com a massa per partícula (μ = 1) sense comptar els electrons: la temperatura quedaria uns dos terços més alta.
Posar T = $\tfrac{E_{C}}{k_{B}}$ com a temperatura «necessària» per a la fusió: l'efecte túnel permet la fusió amb temperatures molt inferiors.
Escriure el resultat de e^−x sense passar-lo a potència de 10: no s'aprecia l'ordre de magnitud.
Barrejar J i eV: cal passar l'energia a joules per comparar-la amb $k_{B}$ ·T.

Conceptes treballats: teorema del virial, energia cinètica tèrmica, energia potencial elèctrica, barrera de Coulomb, distribució de Boltzmann, efecte túnel, fusió nuclear a les estrelles.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 35

Una estrella molt lluminosa «empeny» la seva pròpia atmosfera amb la llum. Considera una capa de gas d'hidrogen totalment ionitzat a una distància r del centre d'una estrella de massa M i potència radiada L. Els fotons transmeten quantitat de moviment als electrons lliures, que els dispersen amb una secció eficaç $σ_{T}$ = 6,65· $10^{-29}$ $\text{m}^{2}$ per electró, i els electrons arrosseguen els protons per atracció elèctrica; la gravetat actua essencialment sobre els protons.
a) Demostra que la força de la radiació sobre un electró és $F_{\mathrm{rad}}$ = $σ_{T}$ · $\tfrac{L}{(4\pi \cdot r^{2}\cdot c)}$ (la intensitat de la llum és I = $\tfrac{L}{(4\pi \cdot r^{2})}$ , i la pressió de radiació sobre una superfície que absorbeix o dispersa és I/c). Escriu la força gravitatòria sobre un parell protó–electró i demostra que el quocient entre les dues forces no depèn de r.
b) Dedueix la lluminositat màxima per a la qual la gravetat encara guanya, anomenada límit d'Eddington, $L_{\mathrm{Edd}}$ = 4π·G·M· $m_{p}$ ·c/ $σ_{T}$ , i calcula'n el valor per al Sol (en W i en $L_{\mathrm{Sol}}$ ).
c) Per a les estrelles de la seqüència principal de massa mitjana es compleix aproximadament L = $L_{\mathrm{Sol}}$ ·(M/ $M_{\mathrm{Sol}}$ )^3,5. Si extrapoles aquesta relació, a partir de quina massa l'estrella superaria el límit d'Eddington? Què succeiria amb una estrella que el superés? Raona també per què aquesta relació deixa de ser vàlida per a masses molt grans.
d) Un quàsar emet una potència de 1,0· $10^{40}$ W gràcies a la matèria que cau en un forat negre. Quina massa mínima ha de tenir aquest forat negre per sostenir-ho? I si el gas fos heli totalment ionitzat en lloc d'hidrogen, el límit seria més gran o més petit? Per què?
Dades: G = 6,67· $10^{-11}$ N· $\text{m}^{2}$ /kg²; c = 3,00· $10^{8}$ m/s; $m_{p}$ = 1,67· $10^{-27}$ kg; $M_{\mathrm{Sol}}$ = 1,99· $10^{30}$ kg; $L_{\mathrm{Sol}}$ = 3,83· $10^{26}$ W.

Pista 1

En a) tens una força que decreix amb $\tfrac{1}{r^{2}}$ i una altra que també ho fa. Què passa amb la seva raó quan r canvia?

Pista 2

Al límit d'Eddington les dues forces són iguals en mòdul. Iguala $F_{\mathrm{rad}}$ i G·M· $\tfrac{m_{p}}{r^{2}}$ (la massa de l'electró és negligible davant de la del protó) i aïlla L.

Pista 3

En c) iguala $L_{\mathrm{Sol}}$ ·(M/ $M_{\mathrm{Sol}}$ )^3,5 a $L_{\mathrm{Edd}}$ expressada en $L_{\mathrm{Sol}}$ . En d), quants nucleons hi ha per cada electró en l'heli totalment ionitzat?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 35

Apartat a)

Resultat

F_{\mathrm{rad}} = \dfrac{\sigma_{T}L}{4\pi r^{2}c}

F_{g} \approx \dfrac{GMm_{p}}{r^{2}}

; el quocient

\dfrac{F_{\mathrm{rad}}}{F_{g}} = \dfrac{\sigma_{T}L}{4\pi GMm_{p}c}

no depèn de r.

Resolució

Força de radiació. La intensitat és $I = \dfrac{L}{4\pi r^{2}}$ i la pressió de radiació, $I/c$ ; la força sobre un electró és la pressió per la secció eficaç: $F_{\mathrm{rad}} = \sigma_{T}\dfrac{L}{4\pi r^{2}c}$
Força gravitatòria. Sobre el parell protó–electró: $F_{g} = \dfrac{GM(m_{p} + m_{e})}{r^{2}} \approx \dfrac{GMm_{p}}{r^{2}}$ .
Quocient. $\dfrac{F_{\mathrm{rad}}}{F_{g}} = \dfrac{\sigma_{T}L}{4\pi GMm_{p}c}$ Totes dues forces van amb $1/r^{2}$ , i r s'anul·la.
Conclusió. O la radiació guanya a tota l'atmosfera o perd a tota l'atmosfera.

Apartat b)

Resultat

L_{\mathrm{Edd}} = \dfrac{4\pi GMm_{p}c}{\sigma_{T}}

; per al Sol,

1{,}26\cdot10^{31}\ \text{W} = 3{,}28\cdot10^{4}\ L_{\mathrm{Sol}}

Resolució

Condició límit. $F_{\mathrm{rad}} = F_{g}$ : $L_{\mathrm{Edd}} = \dfrac{4\pi GMm_{p}c}{\sigma_{T}}$
Càlcul per al Sol. $L_{\mathrm{Edd}} = \dfrac{4\pi\cdot6{,}67\cdot10^{-11}\cdot1{,}99\cdot10^{30}\cdot1{,}67\cdot10^{-27}\cdot3{,}00\cdot10^{8}}{6{,}65\cdot10^{-29}} = 1{,}26\cdot10^{31}\ \text{W} = 3{,}28\cdot10^{4}\ L_{\mathrm{Sol}}$
Interpretació. El límit és proporcional a la massa ( $\approx 3{,}28\cdot10^{4}\ L_{\mathrm{Sol}}$ per cada $M_{\mathrm{Sol}}$ ). El Sol, amb $1\ L_{\mathrm{Sol}}$ , és unes $3{,}3\cdot10^{4}$ vegades per sota del límit.

Apartat c)

Resultat

M \approx 64\ M_{\mathrm{Sol}}

; una estrella que el superés perdria massa amb vents molt intensos; per a masses grans, L s'acosta a

L_{\mathrm{Edd}} \propto M

i la llei

M^{3{,}5}

deixa de valer.

Resolució

Igualació. Tenint en compte que $L_{\mathrm{Edd}}$ també creix amb M: $\left(\dfrac{M}{M_{\mathrm{Sol}}}\right)^{3{,}5} = 3{,}28\cdot10^{4}\cdot\dfrac{M}{M_{\mathrm{Sol}}} \Rightarrow \left(\dfrac{M}{M_{\mathrm{Sol}}}\right)^{2{,}5} = 3{,}28\cdot10^{4} \Rightarrow M \approx 64\ M_{\mathrm{Sol}}$
Si el superés. La radiació expulsaria les capes exteriors: l'estrella perdria massa amb vents molt intensos fins a recuperar l'equilibri.
Validesa de la relació. A les estrelles molt massives, la lluminositat s'acosta a $L_{\mathrm{Edd}}$ (proporcional a M) i la corba s'aplana: $L \propto M^{3{,}5}$ deixa de ser vàlida.
Conclusió. Això explica que no s'observin estrelles de més d'uns quants centenars de masses solars.

Apartat d)

Resultat

M_{\mathrm{mín}} = 7{,}96\cdot10^{8}\ M_{\mathrm{Sol}}

; amb heli el límit seria el doble (2

m_{p}

per electró).

Resolució

Massa mínima. Cal $L \leq L_{\mathrm{Edd}}$ , amb $1{,}26\cdot10^{31}\ \text{W}$ per cada $M_{\mathrm{Sol}}$ : $M_{\mathrm{mín}} = \dfrac{1{,}0\cdot10^{40}}{1{,}26\cdot10^{31}}\ M_{\mathrm{Sol}} = 7{,}96\cdot10^{8}\ M_{\mathrm{Sol}}$
Heli ionitzat. Hi ha dos electrons per cada nucli de massa $4m_{p}$ , és a dir, $2m_{p}$ per electró: la gravetat que cal vèncer per cada electró és el doble.
Conclusió. El límit seria el doble ( $\approx 2{,}51\cdot10^{31}\ \text{W}$ per a una massa solar), més gran.

Errors típics

Oblidar el 4π de la intensitat, o fer servir I en lloc d'I/c com a pressió de radiació.
Pensar que el límit d'Eddington depèn de la distància a l'estrella: tant la gravetat com la radiació van amb 1/r².
Comparar potències en W amb potències en L_Sol sense passar-les al mateix sistema d'unitats.
Deduir que una estrella que supera el límit «explota» al moment: el que fa és perdre massa per vents que la frenen.

Conceptes treballats: pressió de radiació i quantitat de moviment del fotó, intensitat d'una font puntual, gravitació, equilibri de forces, límit d'Eddington, relació massa–lluminositat, forats negres actius.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 36

Una estrella de massa M = 1,10 $M_{\mathrm{Sol}}$ s'observa amb un espectrògraf d'alta precisió. La línia $H_{α}$ (656,3 nm en repòs) oscil·la periòdicament al voltant d'un valor mitjà: la velocitat de l'estrella al llarg de la visual canvia sinusoïdalment amb un període P = 4,23 dies i una amplitud K = 55,0 m/s. Se suposa que la causa és un únic planeta en òrbita circular i que l'òrbita es veu de cantó (la visual és al pla orbital).
a) Calcula l'amplitud Δλ de les oscil·lacions de la longitud d'ona de la línia (efecte Doppler per a v ≪ c: Δλ/λ = $\tfrac{v}{c}$ ). Quina fracció de la longitud d'ona representa?
b) Calcula el radi de l'òrbita del planeta (en m i en ua) i la seva velocitat orbital.
c) Aplica la conservació de la quantitat de moviment del sistema (en el sistema de referència del centre de masses) per calcular la massa del planeta, en kg i en masses de Júpiter. (Pots suposar que la massa del planeta és molt menor que la de l'estrella.) Quin és el radi de la petita òrbita de l'estrella al voltant del centre de masses? Compara'l amb el radi del Sol.
d) En realitat l'òrbita pot estar inclinada: si i és l'angle entre la visual i la perpendicular al pla orbital (i = 90° és l'òrbita vista de cantó), l'espectrògraf només mesura la component v·sin i. Quina massa tindria el planeta si i = 30°? I si i = 10°? Què implica això per a la interpretació del resultat de c)?
Dades: G = 6,67· $10^{-11}$ N· $\text{m}^{2}$ /kg²; c = 3,00· $10^{8}$ m/s; $M_{\mathrm{Sol}}$ = 1,99· $10^{30}$ kg; $M_{\mathrm{Júpiter}}$ = 1,90· $10^{27}$ kg; $R_{\mathrm{Sol}}$ = 6,96· $10^{8}$ m; 1 ua = 1,50· $10^{11}$ m.

Pista 1

Passa la longitud d'ona a metres abans de multiplicar: Δλ/λ i v/c són nombres sense unitats.

Pista 2

Per al radi de l'òrbita del planeta no cal la seva massa si és molt menor que la de l'estrella: tercera llei de Kepler o igualar força gravitatòria i centrípeta.

Pista 3

El centre de masses es manté en repòs: la quantitat de moviment de l'estrella i la del planeta són iguals i oposades.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 36

Apartat a)

Resultat

\Delta\lambda = 1{,}20\cdot10^{-13}\ \text{m} = 1{,}20\cdot10^{-4}\ \text{nm}

;

\Delta\lambda/\lambda = 1{,}83\cdot10^{-7}

Resolució

Efecte Doppler (v ≪ c). $\dfrac{\Delta\lambda}{\lambda} = \dfrac{K}{c}$ , amb λ en metres.
Càlcul. $\Delta\lambda = 656{,}3\cdot10^{-9}\cdot\dfrac{55{,}0}{3{,}00\cdot10^{8}} = 1{,}20\cdot10^{-13}\ \text{m} = 1{,}20\cdot10^{-4}\ \text{nm}$
Fracció. $\dfrac{\Delta\lambda}{\lambda} = \dfrac{K}{c} = 1{,}83\cdot10^{-7}$ , unes dues parts per cada deu milions: per això calen espectrògrafs molt estables.

Apartat b)

Resultat

a = 7{,}91\cdot10^{9}\ \text{m} = 0{,}0527\ \text{ua}

;

v_{p} = 136\ \text{km/s}

Resolució

Dades. $M = 1{,}10\cdot1{,}99\cdot10^{30} = 2{,}19\cdot10^{30}\ \text{kg}$ , $P = 4{,}23\cdot86\,400 = 3{,}65\cdot10^{5}\ \text{s}$ ; la massa del planeta és negligible.
Tercera llei de Kepler. De $\dfrac{GM}{a^{2}} = \left(\dfrac{2\pi}{P}\right)^{2}a$ : $a = \left(\dfrac{GMP^{2}}{4\pi^{2}}\right)^{1/3} = 7{,}91\cdot10^{9}\ \text{m} = 0{,}0527\ \text{ua}$ molt a prop de l'estrella.
Velocitat orbital. $v_{p} = \dfrac{2\pi a}{P} = \dfrac{2\pi\cdot7{,}91\cdot10^{9}}{3{,}65\cdot10^{5}} = 136\ \text{km/s}$

Apartat c)

Resultat

m = 8{,}86\cdot10^{26}\ \text{kg} = 0{,}47\ M_{\mathrm{Júpiter}}

;

r_{*} = 3{,}20\cdot10^{6}\ \text{m} = 0{,}0046\ R_{\mathrm{Sol}}

Resolució

Conservació de la quantitat de moviment. En el sistema del centre de masses: $m\cdot v_{p} = M\cdot K$ .
Massa del planeta. $m = M\dfrac{K}{v_{p}} = 2{,}19\cdot10^{30}\cdot\dfrac{55{,}0}{1{,}36\cdot10^{5}} = 8{,}86\cdot10^{26}\ \text{kg} = 0{,}47\ M_{\mathrm{Júpiter}}$ un gegant gasós proper a l'estrella («Júpiter calent»).
Òrbita de l'estrella. $r_{*} = \dfrac{K\cdot P}{2\pi} = \dfrac{55{,}0\cdot3{,}65\cdot10^{5}}{2\pi} = 3{,}20\cdot10^{6}\ \text{m} = 0{,}0046\ R_{\mathrm{Sol}}$
Conclusió. L'estrella es desplaça només una minúscula fracció del seu radi.

Apartat d)

Resultat

i = 30°

m = 0{,}93\ M_{\mathrm{Júpiter}}

;

i = 10°

m = 2{,}69\ M_{\mathrm{Júpiter}}

; el resultat de c) és un límit inferior (

m\sin i

Resolució

Component mesurada. L'espectrògraf mesura $K = v\sin i$ , de manera que el que obtenim a c) és $m\sin i = 0{,}47\ M_{\mathrm{Júpiter}}$ i $m = \dfrac{m\sin i}{\sin i}$ .
Càlcul. $i = 30°:\ m = \dfrac{0{,}47}{0{,}5} = 0{,}93\ M_{\mathrm{Júpiter}}\ \text{(el doble)};\quad i = 10°:\ m = 2{,}69\ M_{\mathrm{Júpiter}}\ \text{(uns sis cops més)}$
Interpretació. La massa obtinguda amb aquest mètode és un límit inferior; per saber la real cal conèixer la inclinació (per exemple, si el planeta també es detecta en trànsit, $i \approx 90°$ i el límit és el valor real).
Conclusió. Amb una inclinació molt petita, el «planeta» podria ser fins i tot una nana marró (més d'unes 13 $M_{\mathrm{Júpiter}}$ ): un únic conjunt de velocitats radials no ho descarta del tot.

Errors típics

Fer servir Δλ/λ = $\tfrac{v}{c}$ amb λ en nm i Δλ en m sense unificar unitats.
Prendre la velocitat orbital de l'estrella com la velocitat orbital del planeta: són molt diferents (el quocient és m/M).
Oblidar que l'espectrògraf només mesura la component de la velocitat al llarg de la visual (el resultat és m·sin i).
Pensar que un planeta de poca massa o llunyà és més fàcil de detectar: l'amplitud K decreix si m disminueix o si el planeta és més lluny.

Conceptes treballats: efecte Doppler, tercera llei de Kepler, conservació de la quantitat de moviment, centre de masses, mètode de les velocitats radials, indeterminació per inclinació.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 37

Una estrella massiva acaba la seva vida quan el nucli de ferro (M = 1,4 $M_{\mathrm{Sol}}$ ), que ja no pot fusionar, col·lapsa. Aproxima'l a una esfera homogènia que passa d'un radi inicial $R_{i}$ = 6,0· $10^{6}$ m (similar al de la Terra) a un radi final $R_{f}$ = 12 km (estrella de neutrons). L'energia potencial gravitatòria d'una esfera homogènia és U = −( $\tfrac{3}{5}$ )·G· $\tfrac{M^{2}}{R}$ .
a) Calcula l'energia alliberada en el col·lapse.
b) Compara-la amb tota l'energia que emetrà el Sol al llarg dels seus 1,0· $10^{10}$ anys de vida ( $L_{\mathrm{Sol}}$ = 3,83· $10^{26}$ W) i calcula'n la massa equivalent segons E = m· $c^{2}$ .
c) Gairebé tota aquesta energia, el 99 %, se l'emporten els neutrins (de 12 MeV d'energia mitjana, 1 MeV = 1,60· $10^{-13}$ J). Calcula el nombre de neutrins emesos. Si l'esclat és com el de la supernova SN 1987A (a 1,68· $10^{5}$ anys llum), quants neutrins travessen cada metre quadrat a la Terra? Suposa que s'emeten uniformement en totes direccions.
d) L'energia cinètica de les capes expulsades és d'uns 1,0· $10^{44}$ J, i la llum emesa durant l'explosió, d'uns 1,0· $10^{42}$ J. Calcula quin percentatge de l'energia alliberada representa cada una i raona per què una supernova, que pot brillar tant com una galàxia sencera, és en el fons un fenomen «de neutrins».
Dades: G = 6,67· $10^{-11}$ N· $\text{m}^{2}$ /kg²; c = 3,00· $10^{8}$ m/s; $M_{\mathrm{Sol}}$ = 1,99· $10^{30}$ kg; 1 any llum = 9,46· $10^{15}$ m; 1 any = 3,156· $10^{7}$ s.

Pista 1

L'energia alliberada és la disminució d'energia potencial: | $U_{f}$ | − | $U_{i}$ |. Quin dels dos radis domina el resultat?

Pista 2

El nombre de neutrins és l'energia total que se'n porten dividida entre l'energia de cada neutrí, expressada en joules.

Pista 3

Per a la intensitat a la Terra, reparteix el nombre total de neutrins sobre una esfera de radi d.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 37

Apartat a)

Resultat

\Delta E = 2{,}58\cdot10^{46}\ \text{J}

Resolució

Energia alliberada. És la disminució d'energia potencial: $\Delta E = |U_{f}| - |U_{i}| = \tfrac{3}{5}GM^{2}\left(\dfrac{1}{R_{f}} - \dfrac{1}{R_{i}}\right)$ amb $M = 1{,}4\cdot1{,}99\cdot10^{30} = 2{,}79\cdot10^{30}\ \text{kg}$ .
Càlcul. $\Delta E = 0{,}6\cdot6{,}67\cdot10^{-11}\cdot(2{,}79\cdot10^{30})^{2}\left(\dfrac{1}{1{,}2\cdot10^{4}} - \dfrac{1}{6{,}0\cdot10^{6}}\right) = 2{,}58\cdot10^{46}\ \text{J}$
Quin radi domina. El terme $1/R_{i}$ és només el 0,2 % del de $1/R_{f}$ : gairebé tota l'energia surt de l'últim tram del col·lapse (l'energia de lligam final, $\tfrac{3}{5}GM^{2}/R_{f} = 2{,}59\cdot10^{46}\ \text{J}$ , és pràcticament la mateixa).

Apartat b)

Resultat

214 vegades l'energia que el Sol emetrà en tota la vida (

1{,}21\cdot10^{44}\ \text{J}

); massa equivalent

2{,}87\cdot10^{29}\ \text{kg} = 0{,}14\ M_{\mathrm{Sol}}

Resolució

Energia del Sol. $E_{\mathrm{Sol}} = 3{,}83\cdot10^{26}\cdot1{,}0\cdot10^{10}\cdot3{,}156\cdot10^{7} = 1{,}21\cdot10^{44}\ \text{J}$
Comparació. $\dfrac{2{,}58\cdot10^{46}}{1{,}21\cdot10^{44}} = 214$ : el col·lapse allibera 214 cops tota l'energia que el Sol emetrà en la seva vida, i ho fa en uns segons.
Massa equivalent. $m = \dfrac{E}{c^{2}} = \dfrac{2{,}58\cdot10^{46}}{(3{,}00\cdot10^{8})^{2}} = 2{,}87\cdot10^{29}\ \text{kg} = 0{,}14\ M_{\mathrm{Sol}}$ un 10 % de la massa del nucli.

Apartat c)

Resultat

N = 1{,}33\cdot10^{58}

neutrins; a la Terra,

4{,}20\cdot10^{14}

neutrins per

\text{m}^{2}

Resolució

Nombre de neutrins. $N = \dfrac{0{,}99\cdot2{,}58\cdot10^{46}}{12\cdot1{,}60\cdot10^{-13}} = 1{,}33\cdot10^{58}$
Distància. $d = 1{,}68\cdot10^{5}\cdot9{,}46\cdot10^{15} = 1{,}59\cdot10^{21}\ \text{m}$ .
Flux. $\dfrac{N}{4\pi d^{2}} = \dfrac{1{,}33\cdot10^{58}}{4\pi(1{,}59\cdot10^{21})^{2}} = 4{,}20\cdot10^{14}\ \text{neutrins/m}^{2}$ (uns $4{,}20\cdot10^{10}$ per $\text{cm}^{2}$ ).
Conclusió. Centenars de bilions de neutrins creuen cada metre quadrat, però gairebé tots passen sense interaccionar: el 1987 es van detectar només unes vint-i-cinc interaccions en tots els detectors de la Terra.

Apartat d)

Resultat

Energia cinètica: 0,39 %; llum: 0,004 %. El 99 % se l'enduen els neutrins: és un fenomen «de neutrins».

Resolució

Percentatges. $\dfrac{1{,}0\cdot10^{44}}{2{,}58\cdot10^{46}} = 0{,}39\ \%;\quad \dfrac{1{,}0\cdot10^{42}}{2{,}58\cdot10^{46}} = 0{,}004\ \%$
Comparació. L'energia dels neutrins (99 %) és uns $2{,}6\cdot10^{4}$ cops la de la llum.
Conclusió. La supernova «brilla» perquè la llum és visible, però energèticament és un fenomen de neutrins: el que veiem és la part més petita.

Errors típics

Calcular ΔE amb només $U_{f}$ , o amb la diferència de radis en lloc de la diferència de $\tfrac{1}{R}$ .
Barrejar MeV i J: l'energia d'un neutrí s'ha de passar a joules abans de dividir.
Utilitzar la distància en anys llum directament a la fórmula de l'àrea de l'esfera.
Pensar que la llum de la supernova porta la major part de l'energia alliberada.

Conceptes treballats: energia potencial gravitatòria, conservació de l'energia, equivalència massa–energia, ordres de magnitud, intensitat d'un emissor isòtrop, astrofísica de supernoves i estrelles de neutrons.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 38

Tres estrelles, anomenades A, B i C, tenen aquestes dades (temperatura superficial T, lluminositat L i massa M):
A: T = 3600 K, L = 8,0· $10^{4}$ $L_{\mathrm{Sol}}$ , M = 15 $M_{\mathrm{Sol}}$
B: T = 5800 K, L = 1,0 $L_{\mathrm{Sol}}$ , M = 1,0 $M_{\mathrm{Sol}}$
C: T = 22 000 K, L = 0,020 $L_{\mathrm{Sol}}$ , M = 0,90 $M_{\mathrm{Sol}}$
Assimila-les a cossos negres: L = 4π· $R^{2}$ ·σ· $T^{4}$ (llei d'Stefan–Boltzmann) i $λ_{\mathrm{màx}}$ = $\tfrac{b}{T}$ (llei de Wien).
a) Calcula el radi de cada estrella (en m i en $R_{\mathrm{Sol}}$ ) i la longitud d'ona del màxim d'emissió. En quina regió de l'espectre es troba?
b) Calcula la densitat mitjana de cada una i compara-la amb la de l'aigua. Identifica quina és una supergegant vermella, quina és una estrella semblant al Sol i quina és un nan blanc, i justifica-ho amb el radi i la densitat.
c) Si l'estrella A substituís el Sol, la seva superfície arribaria més enllà de l'òrbita de Mart (1,52 ua)? I de la de Júpiter (5,2 ua)?
d) La longitud d'ona del màxim d'emissió de A és a l'infraroig, però l'estrella ens sembla vermella. Explica-ho. Compara, a més, la lluminositat de A i la de C amb la que prediria només la diferència de temperatura si tinguessin el mateix radi, i digues quin factor domina i per què.
Dades: σ = 5,67· $10^{-8}$ $\tfrac{W}{(m^{2}\cdot K^{4})}$ ; b = 2,898· $10^{-3}$ m·K; $L_{\mathrm{Sol}}$ = 3,83· $10^{26}$ W; $R_{\mathrm{Sol}}$ = 6,96· $10^{8}$ m; $M_{\mathrm{Sol}}$ = 1,99· $10^{30}$ kg; 1 ua = 1,50· $10^{11}$ m.

Pista 1

Aïlla R de L = 4π· $R^{2}$ ·σ· $T^{4}$ . Si expresses L en $L_{\mathrm{Sol}}$ , també pots comparar amb el Sol sense passar a watts.

Pista 2

La densitat mitjana és la massa dividida pel volum de l'esfera. Compara amb 1000 $\text{kg/m}^{3}$ .

Pista 3

En d) considera la proporcionalitat L ∝ $R^{2}$ · $T^{4}$ : quin dels dos factors canvia més entre A i C?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 38

Apartat a)

Resultat

R = 5{,}06\cdot10^{11}\ \text{m} = 727\ R_{\mathrm{Sol}}

\lambda_{\mathrm{màx}} = 805\ \text{nm}

(infraroig proper); B:

6{,}89\cdot10^{8}\ \text{m} = 0{,}990\ R_{\mathrm{Sol}}

, 500 nm (visible, verd); C:

6{,}77\cdot10^{6}\ \text{m} = 0{,}00973\ R_{\mathrm{Sol}}

, 132 nm (ultraviolat)

Resolució

Lleis. De Stefan–Boltzmann, $R = \sqrt{\dfrac{L}{4\pi\sigma T^{4}}}$ ; de Wien, $\lambda_{\mathrm{màx}} = \dfrac{b}{T}$ .
Estrella A. $R_{A} = \sqrt{\dfrac{8{,}0\cdot10^{4}\cdot3{,}83\cdot10^{26}}{4\pi\cdot5{,}67\cdot10^{-8}\cdot3600^{4}}} = 5{,}06\cdot10^{11}\ \text{m} = 727\ R_{\mathrm{Sol}};\quad \lambda = \dfrac{2{,}898\cdot10^{-3}}{3600} = 805\ \text{nm}$
Estrelles B i C. $R_{B} = 6{,}89\cdot10^{8}\ \text{m} = 0{,}990\ R_{\mathrm{Sol}}$ , $\lambda = 500\ \text{nm}$ ; $R_{C} = 6{,}77\cdot10^{6}\ \text{m} = 0{,}00973\ R_{\mathrm{Sol}}$ , $\lambda = 132\ \text{nm}$ .
Regions. A, infraroig proper; B, visible (verd); C, ultraviolat.

Apartat b)

Resultat

\rho_{A} = 5{,}50\cdot10^{-5}

\rho_{B} = 1451

\rho_{C} = 1{,}38\cdot10^{9}\ \text{kg/m}^{3}

: A és una supergegant vermella, B una estrella com el Sol i C un nan blanc.

Resolució

Densitat mitjana. $\rho = \dfrac{M}{\tfrac{4}{3}\pi R^{3}}$ : $\rho_{A} = 5{,}50\cdot10^{-5}\ \text{kg/m}^{3};\quad \rho_{B} = 1451\ \text{kg/m}^{3};\quad \rho_{C} = 1{,}38\cdot10^{9}\ \text{kg/m}^{3}$
A: supergegant vermella. Radi enorme i densitat molt inferior fins i tot a la de l'aire (uns $1{,}2\ \text{kg/m}^{3}$ ).
B: estrella com el Sol. Valors pròxims als solars: estrella de la seqüència principal, amb una densitat d'1,5 vegades la de l'aigua.
C: nan blanc. Té la massa d'una estrella però un radi de només 1,1 radis terrestres i una densitat de milions de vegades la de l'aigua.

Apartat c)

Resultat

R_{A} = 3{,}37\ \text{ua}

: superaria l'òrbita de Mart, però no la de Júpiter.

Resolució

Radi en ua. $R_{A} = \dfrac{5{,}06\cdot10^{11}}{1{,}50\cdot10^{11}} = 3{,}37\ \text{ua}$ .
Comparació. $1{,}52 < 3{,}37 < 5{,}2\ \text{ua}$ .
Conclusió. Superaria l'òrbita de Mart però no arribaria a la de Júpiter: dins de l'estrella hi cabrien les òrbites de Mercuri, Venus, la Terra i Mart.

Apartat d)

Resultat

Es veu vermella perquè dins del visible emet més al vermell; A és

4{,}0\cdot10^{6}

vegades més lluminosa que C tot i que, amb el mateix radi, seria unes 1400 vegades menys lluminosa: domina el radi.

Resolució

Color. El màxim de A és a l'infraroig (≈ 805 nm), però la corba d'un cos negre a 3600 K encara dona més llum a la part vermella i groga del visible que a la blava, i l'ull només és sensible a aquesta zona: per això es veu vermella.
Només temperatura. Amb el mateix radi: $\dfrac{L_{A}}{L_{C}} = \left(\dfrac{3600}{22\,000}\right)^{4} = 7{,}17\cdot10^{-4}$ A seria unes 1395 vegades menys lluminosa.
Realitat. $\dfrac{L_{A}}{L_{C}} = \dfrac{8{,}0\cdot10^{4}}{0{,}020} = 4{,}00\cdot10^{6}$ : A és molt més lluminosa.
Conclusió. Domina el radi ( $L \propto R^{2}$ ): $\left(\dfrac{R_{A}}{R_{C}}\right)^{2} = 5{,}58\cdot10^{9}$ , que compensa i supera de llarg la diferència de temperatura.

Errors típics

Fer servir T en °C en lloc de kelvin a les lleis de Stefan–Boltzmann i de Wien.
Oblidar que L ∝ $T^{4}$ (no T): un error d'un factor 2 en T és un factor 16 en L.
Pensar que una estrella «freda» és poc lluminosa: si el radi és enorme pot ser molt lluminosa.
Confondre la longitud d'ona del màxim amb el color percebut: l'ull veu el color de la part visible de l'espectre.

Conceptes treballats: llei de Stefan–Boltzmann, llei de Wien, radi i densitat estel·lars, diagrama de Hertzsprung–Russell, escales astronòmiques, percepció del color.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 39

Un fotó d'energia hf té una massa equivalent m = $\text{hf/c}^{2}$ . Si s'allunya de la superfície d'un astre de massa M i radi R fins a l'infinit, el seu «pes» fa que perdi energia i la seva freqüència disminueix: és el desplaçament gravitatori cap al roig. (Aquest tractament és una aproximació de camp gravitatori feble.)
a) Aplica la conservació de l'energia al fotó (energia mecànica = hf + energia potencial gravitatòria de la massa equivalent) i demostra que, si el fotó s'emet amb freqüència f_e des de R i arriba a l'infinit amb f, es compleix (f_e − f)/f_e = G· $\tfrac{M}{(R\cdot c^{2})}$ .
b) Un nan blanc té una massa de 0,98 M_Sol i un radi de 5,9· $10^{6}$ m. Calcula z = Δλ/λ ≈ G· $\tfrac{M}{(R\cdot c^{2})}$ i el desplaçament Δλ de la línia H_α (656,3 nm), i expressa'l com a velocitat equivalent c·z en km/s.
c) Es mesura la línia H_α de la llum del nan blanc: apareix desplaçada cap al roig un valor equivalent a una velocitat de 95,0 km/s. El nan blanc forma part d'un sistema binari que, en conjunt, s'allunya de nosaltres a 21,5 km/s. Quina part del desplaçament és gravitatòria i quina és Doppler? Hi ha acord amb el model del nan blanc de b)?
d) Calcula z per a la llum que surt de la superfície del Sol i per a una estrella de neutrons (1,4 M_Sol, 12 km). Per què en aquest segon cas el resultat obtingut amb la fórmula de a) és només una estimació? Per què el valor del Sol és tan difícil de mesurar?
Dades: G = 6,67· $10^{-11}$ N· $\text{m}^{2}$ /kg²; c = 3,00· $10^{8}$ m/s; M_Sol = 1,99· $10^{30}$ kg; R_Sol = 6,96· $10^{8}$ m.

Pista 1

L'energia total del fotó a la superfície és hf_e més l'energia potencial de la seva massa equivalent, que és negativa. A l'infinit, l'energia potencial és nul·la.

Pista 2

En c) hi ha dos efectes independents i petits: pots sumar-ne les velocitats equivalents.

Pista 3

En d) pensa quan és vàlida l'aproximació «camp gravitatori feble»: quin valor té G· $\tfrac{M}{(R\cdot c^{2})}$ per a l'estrella de neutrons?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 39

Apartat a)

Resultat

hf = hf_{e}\left(1 - \dfrac{GM}{Rc^{2}}\right) \Rightarrow \dfrac{f_{e} - f}{f_{e}} = \dfrac{GM}{Rc^{2}}

Resolució

Energia a la superfície. $E = hf_{e} - \dfrac{GM}{R}\cdot\dfrac{hf_{e}}{c^{2}} = hf_{e}\left(1 - \dfrac{GM}{Rc^{2}}\right)$
Energia a l'infinit. L'energia potencial és zero i l'energia és hf.
Conservació de l'energia. $hf = hf_{e}\left(1 - \dfrac{GM}{Rc^{2}}\right) \Rightarrow \dfrac{f_{e} - f}{f_{e}} = \dfrac{GM}{Rc^{2}}$
En longitud d'ona. $\dfrac{\Delta\lambda}{\lambda} \approx \dfrac{GM}{Rc^{2}}$ quan aquest valor és molt petit.

Apartat b)

Resultat

z = 2{,}45\cdot10^{-4}

;

\Delta\lambda = 0{,}16\ \text{nm}

;

c\cdot z = 73{,}5\ \text{km/s}

Resolució

Desplaçament. $z = \dfrac{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot0{,}98\cdot1{,}99\cdot10^{30}}{5{,}9\cdot10^{6}\cdot9{,}00\cdot10^{16}} = 2{,}45\cdot10^{-4}$
Longitud d'ona. $\Delta\lambda = 656{,}3\ \text{nm}\cdot2{,}45\cdot10^{-4} = 0{,}16\ \text{nm}$ .
Velocitat equivalent. $c\cdot z = 3{,}00\cdot10^{5}\cdot2{,}45\cdot10^{-4} = 73{,}5\ \text{km/s}$ .

Apartat c)

Resultat

Doppler: 21,5 km/s; gravitatòria: 73,5 km/s. Coincideix amb el model de b).

Resolució

Separació d'efectes. Són dos efectes petits i independents: les velocitats equivalents se sumen.
Càlcul. Part gravitatòria: $95{,}0 - 21{,}5 = 73{,}5\ \text{km/s}$ ( $z = 2{,}45\cdot10^{-4}$ ).
Conclusió. Coincideix amb els 73,5 km/s previstos a b), amb la precisió de les dades. Sense conèixer el moviment del sistema no es podria separar un efecte de l'altre.

Apartat d)

Resultat

Sol:

z = 2{,}12\cdot10^{-6}

(0,64 km/s); estrella de neutrons:

z \approx 0{,}17

, massa gran per al camp feble (la relativitat general dona 0,235).

Resolució

Sol. $z = \dfrac{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot1{,}99\cdot10^{30}}{6{,}96\cdot10^{8}\cdot9{,}00\cdot10^{16}} = 2{,}12\cdot10^{-6}$ velocitat equivalent 0,64 km/s, unes 100 vegades menys que el nan blanc.
Per què costa mesurar-lo. És comparable a altres efectes que desplacen les línies en uns centenars de m/s (convecció a l'atmosfera, rotació).
Estrella de neutrons. $z = \dfrac{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot1{,}4\cdot1{,}99\cdot10^{30}}{1{,}2\cdot10^{4}\cdot9{,}00\cdot10^{16}} \approx 0{,}172$
Límit del model. No és «molt menor que 1» i l'aproximació de camp feble deixa de ser bona: amb la relativitat general, $1 + z = \dfrac{1}{\sqrt{1 - 2GM/(Rc^{2})}}$ , que dona $z = 0{,}235$ .

Errors típics

Atribuir tot el desplaçament observat només a l'efecte gravitatori o només a l'efecte Doppler.
Utilitzar R com si fos la distància a la qual s'observa, en lloc del radi de l'astre d'on surt el fotó.
Dir que el fotó «té massa» i que per tant va més lent: la seva velocitat és sempre c; el que canvia és l'energia i la freqüència.
Aplicar la fórmula de camp feble a una estrella de neutrons sense comentar-ne la limitació.

Conceptes treballats: energia potencial gravitatòria, equivalència massa–energia, desplaçament cap al roig gravitatori, efecte Doppler, separació d'efectes independents, límits d'un model aproximat.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 40

El Sol perd massa de dues maneres: perquè irradia energia (E = m· $c^{2}$ ) i perquè expulsa partícules en el vent solar, a un ritme d'uns 1,5· $10^{9}$ kg/s. La Terra es considera en una òrbita circular que canvia molt lentament.
a) Calcula la massa que perd el Sol per segon per radiació i en total, i la massa total que haurà perdut al cap de 5,0· $10^{9}$ anys (amb ritmes constants). Quina fracció de la seva massa actual és?
b) El vent solar i la radiació surten del Sol de manera isòtropa, de manera que la força gravitatòria sobre la Terra continua sent central. Raona quina magnitud de la Terra es conserva mentre el Sol perd massa, i demostra que M·a = constant, on a és el radi de l'òrbita. Calcula quant s'allunyarà la Terra del Sol en aquest temps (en m i en km).
c) Demostra que el període orbital varia com T ∝ M⁻² i calcula quant s'allargarà l'any terrestre.
d) Si, en canvi, el Sol perdés de cop (en un temps molt curt comparat amb el període orbital) una fracció f de la seva massa, la Terra mantindria la seva velocitat. Calcula la fracció mínima de la massa solar que ha de perdre's d'un cop perquè la Terra deixi de ser lligada al Sol. Per què el resultat és tan diferent del cas lent?
Dades: $L_{\mathrm{Sol}}$ = 3,83· $10^{26}$ W; c = 3,00· $10^{8}$ m/s; $M_{\mathrm{Sol}}$ = 1,99· $10^{30}$ kg; a = 1,50· $10^{11}$ m; 1 any = 3,156· $10^{7}$ s.

Pista 1

La massa que s'emporta la radiació és l'energia emesa dividida per $c^{2}$ .

Pista 2

Si la força sobre la Terra és sempre central, el seu moment angular respecte del Sol no canvia. Escriu L = m·v·a amb la velocitat orbital circular v = $\sqrt{\tfrac{G\cdot M}{a}}$ .

Pista 3

En d) la velocitat de la Terra és la mateixa just abans i just després de la pèrdua. Compara-la amb la velocitat d'escapament amb la nova massa.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 40

Apartat a)

Resultat

Per radiació:

4{,}26\cdot10^{9}\ \text{kg/s}

; total:

5{,}76\cdot10^{9}\ \text{kg/s}

; en

5{,}0\cdot10^{9}

anys,

\Delta M = 9{,}08\cdot10^{26}\ \text{kg}

, una fracció

4{,}56\cdot10^{-4}

(0,046 %)

Resolució

Radiació. $\dfrac{dM}{dt} = \dfrac{L}{c^{2}} = \dfrac{3{,}83\cdot10^{26}}{(3{,}00\cdot10^{8})^{2}} = 4{,}26\cdot10^{9}\ \text{kg/s}$
Total. $4{,}26\cdot10^{9} + 1{,}5\cdot10^{9} = 5{,}76\cdot10^{9}\ \text{kg/s}$ .
En 5,0·10⁹ anys. $t = 1{,}58\cdot10^{17}\ \text{s}$ : $\Delta M = 5{,}76\cdot10^{9}\cdot1{,}58\cdot10^{17} = 9{,}08\cdot10^{26}\ \text{kg};\quad \dfrac{\Delta M}{M} = 4{,}56\cdot10^{-4}$
Conclusió. Un 0,046 %: una part molt petita de la massa del Sol.

Apartat b)

Resultat

Es conserva el moment angular:

m\sqrt{GMa} = \text{const} \Rightarrow M a = \text{const}

;

\Delta a = 6{,}85\cdot10^{7}\ \text{m} = 6{,}85\cdot10^{4}\ \text{km}

Resolució

Força central. La força sobre la Terra continua sent central, de manera que el seu moment angular respecte del Sol es conserva.
Demostració. Amb $v = \sqrt{GM/a}$ : $L = m v a = m\sqrt{GMa} = \text{const} \Rightarrow M\cdot a = \text{const}$
Càlcul. Per a canvis petits, $\dfrac{\Delta a}{a} = \dfrac{\Delta M}{M} = 4{,}56\cdot10^{-4}$ : $\Delta a = 1{,}50\cdot10^{11}\cdot4{,}56\cdot10^{-4} = 6{,}85\cdot10^{7}\ \text{m} = 6{,}85\cdot10^{4}\ \text{km}$
Conclusió. Inapreciable en una vida humana, però acumulat en milers de milions d'anys allunya una mica la Terra del Sol.

Apartat c)

Resultat

T \propto M^{-2}

; l'any s'allargarà unes 8,0 hores

Resolució

Tercera llei de Kepler. $T^{2} = \dfrac{4\pi^{2}a^{3}}{GM}$ amb $a \propto 1/M$ : $T^{2} \propto M^{-3}\cdot M^{-1} = M^{-4} \Rightarrow T \propto M^{-2}$
Variació relativa. $\dfrac{\Delta T}{T} = 2\dfrac{\Delta M}{M} = 9{,}13\cdot10^{-4}$ .
Càlcul. Per a $T = 365{,}25\ \text{d}$ : $\Delta T = 9{,}13\cdot10^{-4}\cdot365{,}25\cdot24\ \text{h} = 8{,}0\ \text{h}$ (uns 480 minuts).

Apartat d)

Resultat

Cal perdre de cop com a mínim la meitat de la massa (

f = 0{,}50

); en el cas lent l'òrbita s'adapta gradualment i l'energia mai no es fa positiva.

Resolució

Velocitat abans i després. La massa passa de M a $M' = (1 - f)M$ de cop, però la velocitat de la Terra no canvia: $v^{2} = \dfrac{GM}{a}$ .
Condició d'escapament. $v \geq v_{e}' = \sqrt{\dfrac{2GM'}{a}} \Rightarrow \dfrac{GM}{a} \geq \dfrac{2GM'}{a} \Rightarrow M' \leq \dfrac{M}{2}$
Resultat. Cal perdre com a mínim la meitat de la massa: $f = 0{,}50$ .
Per què és tan diferent. En el cas lent la Terra s'adapta gradualment: la seva velocitat orbital s'ajusta a la nova força en cada moment (l'òrbita és gairebé circular sempre) i l'energia mai no arriba a ser positiva. Només una pèrdua sobtada del 50 % o més faria que s'escapés.

Errors típics

Considerar que l'energia mecànica de la Terra es conserva mentre el Sol perd massa: el que es conserva és el moment angular.
Calcular Δa com si fos ΔM, sense multiplicar ΔM/M per a.
Oblidar que el període depèn de dues magnituds que canvien alhora (a i M): d'aquí l'exponent −2.
Pensar que la Terra «cau» cap al Sol perquè la gravetat és menor: en realitat l'òrbita s'eixampla.

Conceptes treballats: equivalència massa–energia, conservació del moment angular en un camp central, tercera llei de Kepler, canvis lents vs sobtats, velocitat d'escapament.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Preguntes freqüents

Surt la cosmologia a la PAU de Física?

Les orientacions de la PAU de Física inclouen una «introducció a la cosmologia i l'astrofísica com a aplicació del camp gravitatori». Els exercicis d'aquest tema practiquen sobretot això: lleis de Kepler, velocitat orbital, energia i velocitat d'escapament aplicades a estrelles, galàxies i exoplanetes, més la llei de Hubble. Convé consultar les orientacions de la teva convocatòria.

Com es calcula la massa d'un astre a partir de l'òrbita d'un satèl·lit o d'un planeta?

Igualant la força gravitatòria i la força centrípeta: M = 4π²· $r^{3}$ /(G· $T^{2}$ ). Només cal el radi de l'òrbita i el període; la massa del satèl·lit o del planeta no hi intervé.

Què diu la llei de Hubble i per a què serveix?

Diu que la velocitat d'allunyament d'una galàxia és proporcional a la seva distància: v = $H_{0}$ ·d. Amb $H_{0}$ ≈ 70 km/s per Mpc, una galàxia a 100 Mpc s'allunya a uns 7000 km/s. A més, 1/H₀ dona una estimació de l'edat de l'univers, d'uns 14 mil milions d'anys.

Per què veiem les estrelles «com eren» i no «com són»?

Perquè la llum triga un temps a arribar fins a nosaltres. La llum de Pròxima Centauri, a 4,24 anys llum, ens mostra l'estrella tal com era fa 4,24 anys; com més lluny és un objecte, més enrere en el temps el veiem.

Tornar a Física