Soluções Física - Semana 128

Gravitação

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:

$\boxed{\psi=45,2^{\circ}}$.

a) $\boxed{v(r)=\sqrt{\dfrac{2GM}{r}}}$.

b) $\boxed{\cos{\psi}=\sqrt{\dfrac{d_T}{d_M}}}$.

$\boxed{\psi=45,2^{\circ}}$.

Hidrostática

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:

$M=1 g/cm^3 * \left(18 cm * 200 cm^2 - 1000cm^3\right)=2600$ $g$, $\therefore$

$\boxed{M=2,6kg}$.

$\boxed{M=\rho \left(HS - V\right)=2,6kg}$.

Termodinâmica e Eletrostática na matéria

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

$P=\epsilon_0 \chi_e E = \dfrac{Np^2}{3kT}E$,

$\boxed{\chi_e= \dfrac{Np^2}{3 \epsilon_0 kT}}$.

a) Demonstração.

b)

c) $\boxed{\chi_e= \dfrac{Np^2}{3 \epsilon_0 kT}}$.