Soluções Física – Semana 149

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:

$F_{cp} = \dfrac{mV^2}{R} = \dfrac{GMm}{R^2}$

$V^2 = \dfrac{GM}{R}$

Assim, como $V = \dfrac{2\pi R}{T}$,

$\dfrac{4 \pi^2 R^2}{T^2} = \dfrac{GM}{R}$

$\dfrac{R^3}{T^2} = \dfrac{GM}{4\pi^2}$

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

$\dfrac{a^3}{T^2} = cte$

Utilizando tal resultado no nosso problema, podemos dizer que

$\dfrac{a^3}{T^2} = cte = \dfrac{\left(a+\Delta a\right)^3}{\left(T+ \Delta T\right)^2}$

$\dfrac{a^3}{T^2} = \dfrac{a^3\left(1+\dfrac{\Delta a}{a}\right)^3}{T^2\left(1+\dfrac{\Delta T}{T}\right)^2} \Rightarrow \left(1+\dfrac{\Delta T}{T}\right)^2 = \left(1+\dfrac{\Delta a}{a}\right)^3$

Agora, podemos utilizar a aproximação dada no enunciado, para obter que

$1+2\dfrac{\Delta T}{T} = 1+3\dfrac{\Delta a}{a}\Rightarrow \boxed{\Delta a = \dfrac{2a}{3} \dfrac{\Delta T}{T}}$

$\boxed{\Delta a = \dfrac{2a}{3} \dfrac{\Delta T}{T}}$

Oscilações, Energia e Termodinâmica

(a) Em um MHS, podemos escrever a energia do corpo da seguinte forma:

$E = \dfrac{mV^2}{2} + \dfrac{kx^2}{2}$

Pela conservação de energia, sabemos que $E$ é constante. Além disso, como $p = mv$, $v = \dfrac{p}{m}$. Substituindo na equação da energia:

$E = \dfrac{p^2}{2m} + \dfrac{kx^2}{2}$

Tal equação pode ser transformada em uma equação de elipse fazendo:

$\dfrac{p^2}{\left(\sqrt{2mE}\right)^2} + \dfrac{x^2}{\left(\sqrt{\dfrac{2E}{k}}\right)^2} = 1$

Essa elipse terá um semieixo $\sqrt{2mE}$ e outro $\sqrt{\dfrac{2E}{k}}$. 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 $A = \pi ab$:

$\pi \sqrt{2mE}\sqrt{\dfrac{2E}{k}} = cte$

$\dfrac{E}{\sqrt{k}} = cte$

Finalmente, como em um M.H.S. $k = m \omega^2$, e $\omega = 2\pi f$, $\sqrt{k} = 2\pi f \sqrt{m}$. Portanto, substituindo na equação anterior, chegamos a

$\boxed{\dfrac{E}{f} = cte}$

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, $E = \dfrac{kA^2}{2}$. Agora, utilizaremos a expressão encontrada um pouco antes de $\dfrac{E}{f}=cte$, que foi $\dfrac{E}{\sqrt{k}} = cte$, pois aí já estaríamos lidando com os dados desse problema. Portanto, temos que:

$\dfrac{kA^2}{\sqrt{k}} = cte$

$kA^4 = cte$

Assim,

$k_1 A_1^4 = k_2 A_2^4 \Rightarrow \boxed{A_2 = A_1\sqrt[4]{\dfrac{k_1}{k_2}}}$

(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 $A = mlv - (-mlv) = 2mlv = cte \Rightarrow lv = cte$. Além disso, podemos considerar que $V = lS \Rightarrow Vv = cte$.

Agora, para incluirmos a pressão nessa equação, podemos usar que $P = \dfrac{F}{S}$, e como estamos considerando um caso de uma bolinha com velocidade bastante elevada, temos que $F_{med} = \dfrac{ \Delta p}{ \Delta t} = \dfrac{2mv}{ \dfrac{2l}{v}} = \dfrac{mv^2}{l} = \dfrac{mSv^2}{V} \Rightarrow P = \dfrac{mv^2}{V} \Rightarrow v^2 = \dfrac{PV}{m}$. Portanto, $Vv = cte \Rightarrow V^2v^2 = cte \Rightarrow V^2PV = cte \Rightarrow \boxed{PV^3 = cte}$

Agora, precisamos provar que tal relação é equivalente a $PV^{ \gamma} = cte$. Para tanto, basta provarmos que, nesse caso, $\gamma = 3$.

Primeiro, pelo teorema da equipartição de energia, e sendo $i$ o número de graus de liberdade do sistema, sabemos que $U = iN \dfrac{kT}{2} = i \left( nN_a\right) \dfrac{kT}{2} = \dfrac{inRT}{2} = nC_vT \Rightarrow C_v = \dfrac{i}{2}R$.

Assim, pela relação de Mayer, $C_p = C_v + R = \dfrac{i+2}{2}R$. Portanto, $\gamma = \dfrac{C_p}{C_v} = \dfrac{i+2}{i}$.

No nosso sistema, temos que $i = 1$, já que só há um graus de liberdade (o eixo $x$). Então, $\gamma = \dfrac{1+2}{1} = 3$, como queríamos demonstrar.

(a) Demonstração

(b) $\boxed{A_2 = A_1\sqrt[4]{\dfrac{k_1}{k_2}}}$

(c) Demonstração

Eletromagnetismo

(a) Pela lei de Biot-Savart, temos que

$\vec{B} = \dfrac{\mu_0 I }{4\pi} \displaystyle \oint \dfrac{d\vec{l} \times \hat{r}}{r^2}$

Pela figura, e usando a regra da mão direita, podemos ver que $d\vec{l}\times\hat{r} = -dl\sin{\phi}\hat{z}$. Além disso, pela figura novamente, vemos que $rd\theta = dl\sin{\phi}$. Logo,

$\boxed{B = \dfrac{\mu_0 I}{4\pi} \displaystyle \oint \dfrac{d\theta}{r}}$

(b) Para um loop circular, $r(\theta) = R$. Logo, $B = \dfrac{\mu_0 I}{4\pi} \displaystyle \oint \dfrac{d\theta}{r} = \dfrac{\mu_0 I}{4\pi} \dfrac{2\pi}{R} = \boxed {\dfrac{\mu_0 I}{2R}}$, conforme era esperado.

(c)

$B = \dfrac{\mu_0 I}{4\pi a} \displaystyle \int_{0}^{2\pi} \sqrt{\theta}\, d\theta = \dfrac{\mu_0 I}{4\pi a} \left[\dfrac{2}{3}\theta^{3/2}\right] \Biggr |_{0}^{2\pi} = \boxed{\dfrac{\mu_0 I \sqrt{2\pi}}{3a}}$

(d)

$B = \dfrac{\mu_0 I}{4\pi p}\displaystyle \int_{0}^{2\pi} (1+e\cos{\theta})\, d\theta = \dfrac{\mu_0 I}{4\pi p} (2\pi) = \boxed{\dfrac{\mu_0 I}{2p}}$

Veja que o campo magnético depende apenas do semi-latus rectum $p$, independendo da excentricidade.

(e) Primeiro, calculemos o fluxo $\phi$ na elipse em função do tempo.

$\phi (t) = \pi ab B = \pi (a_0 e^t)(b_0 e^t) \dfrac{\mu_0 I(t)}{2p} = \dfrac{\pi \mu_0 a_0 b_0 }{2p} (I_0+kt)e^{2t}$

Logo, usando a equação de Faraday-Lenz,

$\varepsilon = -\dfrac{d\phi}{dt} = -\dfrac{\pi \mu_0 a_0 b_0}{2p} \dfrac{d}{dt}\left((I_0+kt)e^{2t}\right) = -\dfrac{\pi \mu_0 a_0 b_0}{2p} \left(ke^{2t}+(I_0+kt)2e^{2t}\right)$

$\Rightarrow \boxed{\varepsilon = -\dfrac{\pi \mu_0 a_0 b_0}{2p} \left(2I_0+(2t+1)k\right)e^{2t}}$

(a) Demonstração

(b) $\boxed {\dfrac{\mu_0 I}{2R}}$

(c) $\boxed{\dfrac{\mu_0 I \sqrt{2\pi}}{3a}}$

(d) $\boxed{\dfrac{\mu_0 I}{2p}}$

(e) $\boxed{\varepsilon = -\dfrac{\pi \mu_0 a_0 b_0}{2p} \left(2I_0+(2t+1)k\right)e^{2t}}$