Escrito por Wesley Antônio
Iniciante
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Leis de Kepler
[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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
$$1+2\dfrac{\Delta T}{T} = 1+3\dfrac{\Delta a}{a}\Rightarrow \boxed{\Delta a = \dfrac{2a}{3} \dfrac{\Delta T}{T}} $$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$ \boxed{\Delta a = \dfrac{2a}{3} \dfrac{\Delta T}{T}}$$
[/spoiler]
Intermediário
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Oscilações, Energia e Termodinâmica
[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(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.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) Demonstração
(b) $$ \boxed{A_2 = A_1\sqrt[4]{\dfrac{k_1}{k_2}}}$$
(c) Demonstração
[/spoiler]
Avançado
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Eletromagnetismo
[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(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,
$$\varepsilon = -\dfrac{d\phi}{dt} = -\dfrac{\pi \mu_0 a_0 b_0}{2p} \dfrac{d}{dt}\left((I_0+kt)e^{2t}\right) = -\dfrac{\pi \mu_0 a_0 b_0}{2p} \left(ke^{2t}+(I_0+kt)2e^{2t}\right)$$
$$\Rightarrow \boxed{\varepsilon = -\dfrac{\pi \mu_0 a_0 b_0}{2p} \left(2I_0+(2t+1)k\right)e^{2t}}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(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) $$\boxed{\varepsilon = -\dfrac{\pi \mu_0 a_0 b_0}{2p} \left(2I_0+(2t+1)k\right)e^{2t}}$$
[/spoiler]