Escrito por Wesley Antônio
Iniciante
Leis de Kepler
Primeiro, façamos uma dedução simples para a Terceira Lei de Kepler, no caso de um corpo em movimento circular uniforme. Nesse caso, podemos igualar o módulo da força centrípeta ao da gravitacional, obtendo:
Fcp=mV2R=GMmR2
V2=GMR
Assim, como V=2πRT,
4π2R2T2=GMR
R3T2=GM4π2
Tal resultado pode ser generalizado para órbitas quaisquer, apenas substituindo o raio R pelo semieixo maior a.
Portanto, veja que o lado direito da equação sempre se mantém constante, pois estamos considerando que a massa do corpo orbitado não muda com o tempo. Então, a Terceira Lei de Kepler nos diz que
a3T2=cte
Utilizando tal resultado no nosso problema, podemos dizer que
a3T2=cte=(a+Δa)3(T+ΔT)2
a3T2=a3(1+Δaa)3T2(1+ΔTT)2⇒(1+ΔTT)2=(1+Δaa)3
Agora, podemos utilizar a aproximação dada no enunciado, para obter que
1+2ΔTT=1+3Δaa⇒Δa=2a3ΔTT
Δa=2a3ΔTT
Intermediário
Oscilações, Energia e Termodinâmica
(a) Em um MHS, podemos escrever a energia do corpo da seguinte forma:
E=mV22+kx22
Pela conservação de energia, sabemos que E é constante. Além disso, como p=mv, v=pm. Substituindo na equação da energia:
E=p22m+kx22
Tal equação pode ser transformada em uma equação de elipse fazendo:
p2(√2mE)2+x2(√2Ek)2=1
Essa elipse terá um semieixo √2mE e outro √2Ek. Pelo enunciado, sabemos que a área dessa elipse deve ser conservada. Então, como a área de uma elipse de semieixo maior a e semieixo menor b se dá por A=πab:
π√2mE√2Ek=cte
E√k=cte
Finalmente, como em um M.H.S. k=mω2, e ω=2πf, √k=2πf√m. Portanto, substituindo na equação anterior, chegamos a
Ef=cte
Logo, tal quantia é um invariante adiabático.
(b) Podemos utilizar a informação encontrada no problema anterior para resolver tal problema. Para tanto, devemos, primeiro, expressar E e f em função dos valores no enunciado. Para a energia, sabemos que, em x=A, V=0. Logo, como a energia se conserva, E=kA22. Agora, utilizaremos a expressão encontrada um pouco antes de Ef=cte, que foi E√k=cte, pois aí já estaríamos lidando com os dados desse problema. Portanto, temos que:
kA2√k=cte
kA4=cte
Assim,
k1A41=k2A42⇒A2=A14√k1k2
(c) Nesse sistema, temos que o diagrama de fases vai ser da seguinte forma:
Onde l é a distância entre as parede em um determinado momento e v é a velocidade da bolinha. A origem, isto é, x=0, é tomada na parede que permanece fixa. Portanto, podemos utilizar que A=mlv−(−mlv)=2mlv=cte⇒lv=cte. Além disso, podemos considerar que V=lS⇒Vv=cte.
Agora, para incluirmos a pressão nessa equação, podemos usar que P=FS, e como estamos considerando um caso de uma bolinha com velocidade bastante elevada, temos que Fmed=ΔpΔt=2mv2lv=mv2l=mSv2V⇒P=mv2V⇒v2=PVm. Portanto, Vv=cte⇒V2v2=cte⇒V2PV=cte⇒PV3=cte
Agora, precisamos provar que tal relação é equivalente a PVγ=cte. Para tanto, basta provarmos que, nesse caso, γ=3.
Primeiro, pelo teorema da equipartição de energia, e sendo i o número de graus de liberdade do sistema, sabemos que U=iNkT2=i(nNa)kT2=inRT2=nCvT⇒Cv=i2R.
Assim, pela relação de Mayer, Cp=Cv+R=i+22R. Portanto, γ=CpCv=i+2i.
No nosso sistema, temos que i=1, já que só há um graus de liberdade (o eixo x). Então, γ=1+21=3, como queríamos demonstrar.
(a) Demonstração
(b) A2=A14√k1k2
(c) Demonstração
Avançado
Eletromagnetismo
(a) Pela lei de Biot-Savart, temos que
→B=μ0I4π∮d→l׈rr2
Pela figura, e usando a regra da mão direita, podemos ver que d→l׈r=−dlsinϕˆz. Além disso, pela figura novamente, vemos que rdθ=dlsinϕ. Logo,
B=μ0I4π∮dθr
(b) Para um loop circular, r(θ)=R. Logo, B=μ0I4π∮dθr=μ0I4π2πR=μ0I2R, conforme era esperado.
(c)
B=μ0I4πa∫2π0√θdθ=μ0I4πa[23θ3/2]|2π0=μ0I√2π3a
(d)
B=μ0I4πp∫2π0(1+ecosθ)dθ=μ0I4πp(2π)=μ0I2p
Veja que o campo magnético depende apenas do semi-latus rectum p, independendo da excentricidade.
(e) Primeiro, calculemos o fluxo ϕ na elipse em função do tempo.
ϕ(t)=πabB=π(a0et)(b0et)μ0I(t)2p=πμ0a0b02p(I0+kt)e2t
Logo, usando a equação de Faraday-Lenz,
ε=−dϕdt=−πμ0a0b02pddt((I0+kt)e2t)=−πμ0a0b02p(ke2t+(I0+kt)2e2t)
⇒ε=−πμ0a0b02p(2I0+(2t+1)k)e2t
(a) Demonstração
(b) μ0I2R
(c) μ0I√2π3a
(d) μ0I2p
(e) ε=−πμ0a0b02p(2I0+(2t+1)k)e2t