Escrito por Ualype Uchôa
Iniciante
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Gravitação
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) A energia mecânica da órbita é a soma das energias potencial gravitacional e cinética. Já que ela é nula na órbita parabólica, escrevemos
$$\dfrac{mv^2}{2}-\dfrac{GMm}{r}=0$$,
$$\boxed{v(r)=\sqrt{\dfrac{2GM}{r}}}$$.
b) Do que foi dito no enunciado, conservemos o momento angular da partícula. Na posição de Marte:
$$L=mv(d_M)\cos{\psi}d_M$$,
e, no ponto de tangência com a órbita da Terra:
$$L=mv(d_T)d_T$$,
logo:
$$v(d_T)d_T=v(d_M)d_M\cos{\psi}$$.
Com o resultado do item a), obtemos, por fim:
$$\sqrt{\dfrac{2GM}{d_T}}d_T=\sqrt{\dfrac{2GM}{d_M}}d_M\cos{\psi}$$, $$\therefore$$
$$\boxed{\cos{\psi}=\sqrt{\dfrac{d_T}{d_M}}}$$.
Substituindo os dados numéricos, temos:
$$\boxed{\psi=45,2^{\circ}}$$.
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) $$\boxed{v(r)=\sqrt{\dfrac{2GM}{r}}}$$.
b) $$\boxed{\cos{\psi}=\sqrt{\dfrac{d_T}{d_M}}}$$.
$$\boxed{\psi=45,2^{\circ}}$$.
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Intermediário
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Hidrostática
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
A solução que será apresentada aqui segue o mesmo método do Exemplo 3 da Aula 1.14 do Curso NOIC de Física. Vamos distinguir os dois corpos (funil e massa de água) e analisar as forças atuantes em cada um. No funil, atuam as forças de pressão da água, seu peso, e a normal da mesa (que tomaremos como nula). Devido à simetria, é evidente que as componentes radiais das forças de pressão da água se cancelam, então só precisamos olhar para a soma das componentes verticais. Sendo essa resultante $$F_y$$, escrevamos a condição de equilíbrio vertical do funil. Como nós consideramos sempre que a atmosfera é isobárica, desconsiderando mudanças de pressão com a altitude, a força resultante da mesma no nosso sistema é zero, portanto, podemos desconsiderá-la sem grandes problemas.
$$F_y=Mg$$.
Para a massa de água, temos a reação do funil $$F_y$$ para baixo, seu peso $$\rho V g$$, e a normal do solo, que pode ser obtida utilizando-se a pressão da água:
$$N=pS=\rho g H S$$.
Sendo assim, escrevemos a condição de equilíbrio para a água:
$$\rho V g + F_y = N$$.
Por fim:
$$\rho V g + Mg= \rho g H S$$,
$$\boxed{M=\rho \left(HS – V\right)}$$.
Inserindo os valores numéricos:
$$M=1 g/cm^3 * \left(18 cm * 200 cm^2 – 1000cm^3\right)=2600$$ $$g$$, $$\therefore$$
$$\boxed{M=2,6kg}$$.
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{M=\rho \left(HS – V\right)=2,6kg}$$.
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Avançado
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Termodinâmica e Eletrostática na matéria
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Sabemos que a probabilidade $$P(U)$$ de um dipolo possui energia $$U$$ é proporcional ao fator de Boltzmann. Sendo $$A$$ a constante de proporcionalidade, temos
$$dP(U)=Ae^{-\dfrac{U}{k T}}dU$$.
As energias máximas e mínimas possíveis para o dipolo são $$+pE$$ e $$-pE$$, respectivamente. Integrando-se ambos os membros, com o membro direito de $$-pE$$ à $$+pE$$, devemos obter uma probabilidade total de $$1$$, pois qualquer um dos dipolos certamente possuirá uma energia dentro desse intervalo; o que acabamos de fazer chama-se normalização da distribuição. Com isso, descobrimos a constante $$A$$:
$$A=\dfrac{1}{\displaystyle {\int_{-pE}^{+pE} e^{-\dfrac{U}{k T}}dU}}$$
Agora, podemos determinar a energia média computando-se a integral
$$<U>=\displaystyle \int_{-pE}^{+pE} U dP(U)$$,
$$<U>= \displaystyle \int_{-pE}^{+pE} U A e^{-\dfrac{U}{k T}}dU$$,
$$<U>=\dfrac{ \displaystyle \int_{-pE}^{+pE} U e^{-\dfrac{U}{k T}}dU}{\displaystyle \int_{-pE}^{+pE} e^{-\dfrac{U}{k T}}dU}$$.
No último passo, substituímos $$A$$ e o passamos para fora da integral, haja vista que é uma constante. A integral do denominador é trivial, e vale
$$\displaystyle \int_{-pE}^{+pE} e^{-\dfrac{U}{k T}}dU=-kT\left(e^{-\dfrac{pE}{kT}}-e^{\dfrac{pE}{kT}}\right)$$.
A do numerador pode ser realizada utilizando-se integração por partes:
$$\displaystyle \int_{-pE}^{+pE} U e^{-\dfrac{U}{k T}}dU=\left[\left(-kT\right) U e^{-\dfrac{U}{kT}}\right]_{-pE}^{+pE}-\int_{-pE}^{+pE} \left(-kT\right) e^{-\dfrac{U}{k T}}dU$$,
$$\displaystyle \int_{-pE}^{+pE} U e^{-\dfrac{U}{k T}}dU=\left(-kT\right) pE \left(e^{-\dfrac{pE}{kT}}+e^{\dfrac{pE}{kT}}\right)-\left(kT\right)^2 \left(e^{-\dfrac{pE}{kT}}-e^{\dfrac{pE}{kT}}\right)$$.
Portanto:
$$<U>=kT-pE\left(\dfrac{e^{\dfrac{pE}{kT}}+e^{-\dfrac{pE}{kT}}}{e^{\dfrac{pE}{kT}}-e^{-\dfrac{pE}{kT}}}\right)$$,
o que pode ser reescrito – lembrando-se que $$coth x=\dfrac{e^x+e^{-x}}{e^x-e^{-x}}$$ – como
$$<U>=kT-pE coth \left(\dfrac{pE}{kT} \right)$$.
Como o campo elétrico tende a alinhar os dipolos na direção deste, o “momento de dipolo médio” $$<p>$$ estará na direção do campo. Sendo assim, podemos achar seu módulo utilizando
$$<U>=-<p>E$$.
Por último, lembre-se que o vetor polarização corresponde ao momento de dipolo por unidade de volume. Logo, podemos escrever que a polarização média é dada em módulo por
$$P=N<p>$$,
o que produz, substituindo os resultados derivados, a expressão do enunciado:
$$\boxed{P=Np\left[coth\left(\dfrac{pE}{kT}\right)-\left(\dfrac{kT}{pE}\right)\right]}$$.
b) Faça $$y \equiv \dfrac{P}{Np}$$ e $$x \equiv \dfrac{pE}{kT}$$, para simplificação. Com isso, nossa função se torna
$$y=coth x -\dfrac{1}{x}$$.
Utilizando-se a dica dada:
$$y=\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{x}{3}-\dfrac{x^3}{45}+…\right)-\dfrac{1}{x}=\dfrac{x}{3}-\dfrac{x^3}{45}+…$$
Primeiramente, observemos os seguintes limites; quando $$x \rightarrow 0$$, $$y \rightarrow 0$$, portanto o gráfico inicia na origem e com uma inclinação inicial de $$arctg\left(1/3\right)$$, desconsiderando termos de ordens superiores. Para $$x \rightarrow \infty$$, $$y \rightarrow 1$$, pois $$coth\left(\infty \right)=1$$ e o termo $$\dfrac{1}{x}$$ vai à zero; desse modo, o gráfico cresce com concavidade negativa (verifique tomando $$d^2 y/dx^2$$) até atingir uma assíntota com $$y=1$$. Segue seu esboço:
Figura 1: Gráfico de $$P/Np$$ versus $$pE/kT$$.
c) Como $$pE \ll kT$$, $$x \ll 1$$, e podemos desprezar termos de ordens superiores na expansão de $$coth x$$, obtendo $$y \approx \dfrac{x}{3}$$. Logo:
$$P \approx \dfrac{Np^2}{3kT}E$$.
Nessa aproximação, vale a relação constitutiva linear entre $$P$$ e $$E$$. Logo, vale
$$P=\epsilon_0 \chi_e E = \dfrac{Np^2}{3kT}E$$,
$$\boxed{\chi_e= \dfrac{Np^2}{3 \epsilon_0 kT}}$$.
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a) Demonstração.
b)
c) $$\boxed{\chi_e= \dfrac{Np^2}{3 \epsilon_0 kT}}$$.
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