Iniciante
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Estática
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Podemos utilizar aqui o teorema das três forças: no corpo atuam as forças peso, normal e tração e suas linahs de ação devem coincidir em um ponto $$C$$, conforme a figura abaixo:
Fazendo a semelhança de triângulos $${\Delta}ABC$$ e $${\Delta}ADE$$:
\[\dfrac{\overline{AB}}{\overline{AD}}=\dfrac{\overline{BC}}{\overline{DE}}=\dfrac{1}{2}=\dfrac{h}{\sqrt{s^2-l^2\cos^2{\theta}}}\]
Como $$h=\sqrt{s^2-l^2\cos^2{\theta}}-l\sin{\theta}$$, temos:
\[2l\sin{\theta}=\sqrt{s^2-l^2\cos^2{\theta}}\]
\[l^2\cos^2{\theta}=\dfrac{4l^2-s^2}{3}\]
Portanto:
\[h=\sqrt{\dfrac{s^2-l^2}{3}}\]
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
\[h=\sqrt{\dfrac{s^2-l^2}{3}}\]
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Intermediário
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Forças centrais
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Primeiramente, osbervemos um fato importante da órbita da partícula: a posição $$C$$ do centro de força. Suponha que $$C$$ se encontre fora da circunferencia. Agora, traçe uma reta que passa por $$O$$, o centro da circunferência. Essa reta intercepta a órbita em dois pontos, e as velocidades da partícula nesses dois pontos são opostas. Dessa forma, o vetor momento angular em torno de $$C$$ posssui sentido oposto nesses dois pontos, como o vetor momento angular é constante (a força é central) isso é um absurdo. Logo, concluí-se que $$C$$ não pode estar fora da circunferência: deve estar sob ela ou dentro, digamos que a uma distância $$a$$ do centro. Pela segunda lei de Kepler, a velocidade aerolar é contante e durante um período o vetor posição da partícula em relação a $$C$$ varre a área da circunferência de raio $$R$$, independentemente de $$a$$ (Verifique isso visualmente). Logo, o período pode ser achada através da segunda lei:
\[\dfrac{L}{2m}{\tau}={\pi}R^2\]
Onde $$\dfrac{L}{2m}$$ é a velocidade aerolar e $$\tau$$ é o período requerido. Portanto, nossa última tarefa é expressar $$L$$ em função de $$\beta$$. Faremos isso rigorosamente. Considere que a força central em questão tenha a forma $$K(r)$$. Isto é, a força resultante é dada por:
\[\vec{F}_{RES}=-K(r)\hat{r}\]
Onde $$\hat{r}$$ é o versor que aponta na direção do vetor posição da partícula em relação à $$C$$. Para um ponto genérico $$P$$ da órbita, consideremos o momento angular em torno de $$C$$:
\[L=mv_p\sin{\theta}r_p=mRr_p\sin{\theta\omega(r_p)}\]
Sendo $$\theta$$ o ângulo formado entre o vetor velocidade e a reta $$PC$$. Esse ângulo pode ser obtido pela lei dos cossenos:
\[\sin{\theta}=\dfrac{r_p^2+R^2-a^2}{2r_pR}\]
Por outro lado, podemos igualar a resultante centrípeta com a força resultante na direção de $$O$$:
\[K(r_p)\sin{\theta}=m{\omega(r_p)}^2R\]
\[\omega(r_p)=\sqrt{\dfrac{K(r_p)\left(r_p^2+R^2-a^2\right)}{2mr_pR^2}}\]
Portanto, podemos agora resolver para $$K(r_p)$$ e $$\omega(r_p)$$:
\[K(r_p)=\dfrac{8r_pR^2L^2}{m\left(r_p^2+R^2-a^2\right)}\]
e
\[\omega(r_p)=\dfrac{L}{m\left(r_p^2+R^2-a^2\right)}\]
Da equação acima, obtem-se rapidamente:
\[v_1=\dfrac{LR}{2mR\left(R+a\right)}\]
e
\[v_2=\dfrac{LR}{2mR\left(R-a\right)}\]
Eliminando $$a$$ dessas duas equações:
\[L=\dfrac{4mR}{\beta}\]
Logo:
\[\tau=\dfrac{{\pi}R\beta}{2}\]
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
\[\tau=\dfrac{{\pi}R\beta}{2}\]
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Avançado
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Gravitação
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) A energia potencial gravitacional é o trabalho contra as forças gravitacionais (como essa força é atrativa essa energia é, evidentemente, negativa) necessário para formar a nuvem. A energia potencial não depende da forma no qual a nuvem foi formada, depende apenas do seu estado final. Convenientemente, faremos o cálculo considerando que a nuvem é formada trazendo pequenas (infinitesimais) porções de massa do infinito e distribuindo as mesmas uniformente, formando cascas de massas infinitesimais. Essas cascas de massa infinitesimal $$dm=4{\pi}r^2{\rho}dr$$ interage com a esfera de massa de raio $$r$$ formada pelo conjunto das cascas infitesimais anteriores. A energia de interação entre essas duas massas é:
\[dU=-\dfrac{Gm(r)dm}{r}\]
Onde $$m(r)={\rho}\dfrac{4}{3}{\pi}r^3$$. Integrando a expressão acima, obtem-se a energia total.
\[U=-G\dfrac{4}{3}{\pi}{\rho}\int_{0}^{R} r^4dr=-\dfrac{3}{5}\dfrac{GM^2}{R}\]
b) A energia interna é a soma das contribuições de cada partícula. Cada partícula contribui com $$\dfrac{3}{2}kT$$. Portanto, a energia interna total $$U$$ é igual a $$\dfrac{3}{2}NkT$$. Usando o critério fornecido no enunciado, chega-se na massa mínima:
\[M_j=\left(\dfrac{3kT}{2Gm}\right)^{3/2}\left(\dfrac{3}{4{\pi}{\rho}}\right)^{1/2}\]
Onde foi usado que:
\[\rho=\dfrac{M}{\dfrac{4}{3}{\pi}R^3}\]
c) A densidade de massa crítica é dada por:
\[{\rho}_j=\dfrac{3}{4{\pi}M^2}\left(\dfrac{3kT}{2Gm}\right)^{3}\]
E a concentração $$n=\dfrac{{\rho}_j}{m}$$. Substituido os valores numéricos, chega-se em:
\[n=1,85.10^6m^{-3}\]
d) Devemos fazer o equilíbrio da parcela da nuvem compreendida entre $$r$$ e $$r+dr$$:
\[\left(p(r)-p(r+dr)\right)4{\pi}r^2=\dfrac{Gm(r)}{r^2}4{\pi}r^2dr\]
Onde foi usado o teorema das cascas, que afirma que a parte externa da nuvem não exerce força na parcela da nuvem que foi feito o equilíbrio. Cancelando os fatores númericos, chega-se na expressão do enunciado.
e) Nesse caso, $$\rho$$ é constante e, portanto, $$m(r)={\rho}\dfrac{4}{3}{\pi}r^3$$. Intergração direta da expressão acima, nos dá o valor esperado:
\[P_0=\dfrac{2}{3}{\pi}G{\rho}^2R^2\]
f) Para um processo adiabático a quantidade $$pV^{\gamma}$$ é constante, ou seja, sua diferencial é nula, portanto:
\[{\gamma}\dfrac{dV}{V}+\dfrac{dp}{p}=0\]
Pela primeira lei $$dU=-pdV$$ e da equação acima concluí-se que:
\[d(pV)=-({\gamma}-1)pdV\]
Logo:
\[dU=\dfrac{1}{{\gamma}-1}d(pV)\]
Integrando a expressão acima, chega-se na expressão do enunciado.
g) Usando a dica do enunciado, temos:
\[\int_{0}^{R}4{\pi}r^3\dfrac{dp}{dr}dr=-\int_{0}^{R}\dfrac{Gm(r){\rho}(r)}{r}4{\pi}r^2dr\]
Uma simples integração por partes no lado esquerdo, nos dá o resultado requerido:
\[[p(r)4\pi r^3]^{R}_{0}-3\displaystyle \int_{0}^{R} p(r) 4\pi r^2 dr\]
h) Observe que o primeiro termo da equação acima é nulo: a pressão em $$R$$ é zero. O segundo termo é igual a $$-3V<p>$$. O primeiro termo do lado direto da equação é igual a energia potencial gravitacional $$\Omega$$ já calculada. Agora, basta substituir isso na expressão para a energia interna. O resultado obtido é:
\[-3(\gamma-1)U=\Omega\]
j) A energia total é a soma da energia potencial gravitacional com a energia interna. Usando o teorema do virial:
\[E=\dfrac{3{\gamma}-4}{3({\gamma}-1)}\Omega\]
Para $$\gamma=\dfrac{5}{3}$$:
\[E=\dfrac{\Omega}{2}\]
Como $$\Omega$$ é negativo, $$E$$ também será. Ou seja, caso $$E$$ diminua, $$U$$ aumenta e, consequentemente, $$T$$ aumenta. Isso significa que o sistema tem uma capacidade térmica negativa e quando a estrela radia energia, ela contrai e esquenta (aumento de temperatura).
k) Pelo dado do enunciado, podemos estimar a energia total disponível do sol como sendo $$0,008Mc^2$$. Portanto, o tempo de vida pode ser estimar mediante:
\[t=\dfrac{0,008Mc^2}{L}\]
Substituindo os valores numéricos, obtemos a ordem de grandeza de $$t$$: $$10^{11}$$ anos. O valor obtido através dessa estimativa é coerente com a idade atual do sol.
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) [\-\dfrac{3}{5}\dfrac{GM^2}{R}\]
b) \[M_j={\dfrac{3kT}{2Gm}}^{3/2}{\dfrac{3}{4{\pi}{\rho}}}^{1/2}\]
c) \[n=1,85.10^6m^{-3}\]
d) Demonstração.
e) \[P_0=\dfrac{2}{3}{\pi}G{\rho}^2R^2\]
f) Demonstração.
g) Demonstração.
h) Demonstração.
j) Negativa.
k) \[t=\dfrac{0,008Mc^2}{L}\]
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