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Solucoes Curso de Fisica Basica Volume 2 Moyses Nussenzveig20190905 6173 5uwb72
Solucoes Curso de Fisica Basica Volume 2 Moyses Nussenzveig20190905 6173 5uwb72
João de SouzaSoluções dos problemas do Volume 2 do Livro de Física básica do Moyses
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*Conseguimos algumas resoluções pela internet, outras foram feitas por nós.
Resolução de problemas de Física do estado sólido (Consulte as edições 7 e 8 do Kittel, pois as resoluções estão de acordo com as informações destas duas edições) Capítulo 1 1) Ângulo entre ligações tetraédricas. O Ângulo entre as ligações tetraédricas do diamante é o mesmo que o ângulo entre as diagonais de um cubo (Fig. 10). Use os métodos de análise vetorial para determinar o valor deste ângulo. Resolução: A figura 10 do capítulo 1 (Ed 7 e 8 do Kittel) mostra os vetores da rede cúbica de corpo centrado. A célula primitiva origina os vetores que dão origem a um sistema tetraédrico. Estes vetores são descritos da seguinte forma: í µí± 1 ⃑⃑⃑⃑ = 1í µí± 2 (í µí±¥ ̂ + í µí±¦ ̂ − í µí± §̂); í µí± 2 ⃑⃑⃑⃑ = 1í µí± 2 (−í µí±¥ ̂ + í µí±¦ ̂ + í µí± §̂); í µí± 3 ⃑⃑⃑⃑ = 1í µí± 2 (í µí±¥ ̂ − í µí±¦ ̂ + í µí± §̂) Via método de análise vetorial, fazendo o produto escalar de pelo menos dois destes vetores, teremos o produto do módulo de dois dos vetores escolhidos dentre os três vezes cosseno do ângulo θ. Escolhendo os vetores í µí± 1 ⃑⃑⃑⃑ e í µí± 2 ⃑⃑⃑⃑ , veremos que, í µí± 1 ⃑⃑⃑⃑. í µí± 2 ⃑⃑⃑⃑ = |í µí± 1 ⃑⃑⃑⃑ |. |í µí± 2 ⃑⃑⃑⃑ |í µí±í µí±í µí± θ Isolando o ângulo θ teremos θ = í µí±í µí±í µí±í µí±í µí±í µí± (í µí± 1 ⃑⃑⃑⃑. í µí± 2 ⃑⃑⃑⃑ |í µí± 1 ⃑⃑⃑⃑ |. |í µí± 2 ⃑⃑⃑⃑ | ⁄) Obs: Na calculadora arccos = cos-1 (Aqui, é o mesmo processo de passar o cosseno de um lado da equação para o outro lado após ter passado o produto dos módulos dos vetores para o outro lado) O produto dos vetores í µí± 1 ⃑⃑⃑⃑. í µí± 2 ⃑⃑⃑⃑ pode ser resolvido pela distribuição das componentes dos vetores, í µí± 1 ⃑⃑⃑⃑. í µí± 2 ⃑⃑⃑⃑ = (1í µí± 2 (í µí±¥ ̂ + í µí±¦ ̂ − í µí± §̂)). (1í µí± 2 (−í µí±¥ ̂ + í µí±¦ ̂ + í µí± § ̂)) O produto escalar das componentes ortogonais se anulam, só restando as paralelas que dá 1, neste caso, í µí± 1 ⃑⃑⃑⃑. í µí± 2 ⃑⃑⃑⃑ = (1í µí± 2 4 (−í µí±¥. ̂ í µí±¥ ̂ + í µí±¦ ̂. í µí±¦ ̂ − í µí± §̂. í µí± § ̂)) = − 1í µí± 2 4 Já o módulo de um vetor,
Solucionário
Curso de Fı́sica Básica
Volume 2
Escola Olı́mpica
Gabriel O. Alves
Contato: gabriel alves47@hotmail.com
Grupo do Facebook: https://www.facebook.com/groups/402050929927944/
E-mail: escola.olimpica@outlook.com
Site: https://olimpicaescola.wordpress.com/
Junho de 2015
Conteúdo
1 Capı́tulo 1
1.1 Questão
1.2 Questão
1.3 Questão
1.4 Questão
1.5 Questão
1.6 Questão
1.7 Questão
1.8 Questão
1.9 Questão
1.10 Questão
1.11 Questão
1.12 Questão
1.13 Questão
1.14 Questão
1.15 Questão
1.16 Questão
1.17 Questão
1.18 Questão
1.19 Questão
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2 Capı́tulo 2
2.1 Questão
2.2 Questão
2.3 Questão
2.4 Questão
2.5 Questão
2.6 Questão
2.7 Questão
2.8 Questão
2.9 Questão
2.10 Questão
2.11 Questão
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CONTEÚDO
2.15 Questão 15
3 Capı́tulo 3
3.1 Questão
3.2 Questão
3.3 Questão
3.4 Questão
3.5 Questão
3.6 Questão
3.7 Questão
3.8 Questão
3.9 Questão
3.10 Questão
3.11 Questão
3.12 Questão
3.13 Questão
3.14 Questão
3.15 Questão
3.16 Questão
3.17 Questão
3.18 Questão
3.19 Questão
3.20 Questão
3.21 Questão
3.22 Questão
3.23 Questão
3.24 Questão
4 Capı́tulo 4
4.1 Questão
4.2 Questão
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4.6 Questão
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5 Capı́tulo 5
5.1 Questão
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6 Capı́tulo 6
6.1 Questão
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CONTEÚDO
9.9
9.10
9.11
9.12
9.13
Questão
Questão
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10 Capı́tulo 10
10.1 Questão
10.2 Questão
10.3 Questão
10.4 Questão
10.5 Questão
10.6 Questão
10.7 Questão
10.8 Questão
10.9 Questão
10.10Questão
10.11Questão
10.12Questão
10.13Questão
10.14Questão
10.15Questão
10.16Questão
10.17Questão
10.18Questão
10.19Questão
10.20Questão
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197
11 Capı́tulo 11
11.1 Questão
11.2 Questão
11.3 Questão
11.4 Questão
11.5 Questão
11.6 Questão
11.7 Questão
11.8 Questão
11.9 Questão
11.10Questão
11.11Questão
11.12Questão
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◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
6
11.13Questão
11.14Questão
11.15Questão
11.16Questão
11.17Questão
11.18Questão
12 Capı́tulo 12
12.1 Questão
12.2 Questão
12.3 Questão
12.4 Questão
12.5 Questão
12.6 Questão
12.7 Questão
12.8 Questão
12.9 Questão
13
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1
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1 CAPÍTULO 1
1
◮1.1
Capı́tulo 1
Questão 1
A pressão no ponto B, devido a coluna de água é:
PB = P0 + ρ0 gh0
Onde ρ0 representa a densidade da água e P0 a pressão atmosférica. A pressão
no ponto C é devido a pressão que a coluna de água exerce na linha na altura do
ponto B somada com a pressão devido à coluna de óleo de altura h1 , desse modo
a pressão em C vale:
PC = PB + ρ1 gh1 = P0 + ρ0 gh0 + ρ1 gh1
Por fim, sabemos que a contribuição devido à pressão no ponto A e a coluna
de mercúrio de altura h2 na altura da linha que passa pelo ponto C deve ser igual
à Pc , deste modo:
PC = PA + ρ2 gh2 =⇒ PA = P0 + ρ0 gh0 + ρ1 gh1 − ρ2 gh2
Substituindo pelos valores numéricos dados no enunciado e utilizando a conversão 1atm ≈ 1.01 × 105 P a (E também realizando a conversão de g para kg e de
cm para m):
PA = 1.01 × 105 + 1000 × 9.81 × 0.1 + 800 × 9.81 × 0.05 − 13600 × 9.81 × 0.2
Efetuando os cálculos:
PA = 75690P a ≈ 0.75atm
◮1.2
Questão 2
No lado esquerdo do reservatório a pressão na altura H vale p1 , já para o lado
direito, a pressão exercida pela coluna de lı́quida na mesma altura é:
p = p2 + ρg(h + H)
As duas pressões devem se igualar, portanto:
p1 = p2 + ρg(h + H) =⇒ p1 − p2 = ρg(h + H)
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
8
1.3
Questão 3
Uma variação de volume ∆V1 no lado esquerdo do reservatório deve corresponder a uma mesma variação de volume ∆V2 no lado direito do reservatório, se
considerarmos que o reservatório é cilı́ntrico, temos que:
d2
d2
D2
= hπ
=⇒ H = h 2
4
4
D
Agora podemos escrever a diferença entre as pressões como:
∆V1 = ∆V2 =⇒ Hπ
d2
d2
p1 − p2 = ρg(h + h 2 ) = ρgh 1 + 2
D
D
|{z}
H
◮1.3
Questão 3
O sistema em questão é similar ao do exercı́cio anterior, assim podemos usar a
fórmula que foi obtida anteriormente. Contudo, nesse caso a altura da coluna de
lı́quido à direita é h = l sin (θ). Fazendo esta alteração na fórmula:
d2
p1 − p2 = ρgl sin (θ) 1 + 2
D
Isolando θ obtemos:
θ = sin −1
p2 − p1
2
ρgl 1 + Dd 2
!
Substituindo pelos valores numéricos dados no enunciado (E considerandoq ue
1atm ≈ 1.01 × 105 P a):
θ = sin −1
◮1.4
0.001 × 1.01 × 105
2
800 × 9.81 × 0.05 1 + 0.5
2.52
!
= 0.251 rad = 14.4◦
Questão 4
a) A força exercida sob a tira infinitesimal, a uma distância vertical z da origem,
é:
dF = P dA = ρgzdA
Integrando:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
9
1 CAPÍTULO 1
Z
F = ρg
zdA
A
Mas lembre-se que a coordenada central centróide de uma placa homogênea
pode ser obtido a partir de :
1
z=
A
Z
zdA
A
Assim:
Z
zdA = zA
A
Deste modo a força exercida pelo lı́quido é:
F = ρgzA
b) O torque dτ aplicado em casa uma das tiras infinitesimais é o produto entre
a força aplicada sob a tira e a distância em relação ao eixo OO′ , isto é, z:
dτ = zdF = ρgz 2 dA
Integrando, o torque total é:
τ = ρg
Z
z 2 dA = ρgI0
(1.4.1)
Agora, sabemos que esse torque é equivalente ao torque resultante devido à
força F aplicada no centro das pressões C0 , que está à uma distância vertical z0 da
origem. Deste modo o torque, em termos de z0 é:
τ = z0 F = z0 ρgzA
(1.4.2)
Igualando as expressões (1.4.1) e (1.4.2) podemos obter z0 :
z0 ρgzA = ρgI0
Isolando z0 chegamos em:
z0 =
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
I0
zA
10
1.5
◮1.5
Questão 5
Questão 5
a) Como a comporta é vertical e retangular, a coordenada vertical de seu centróide
é simplesmente z = h2 e sua área é A = hl. Assim, utilizando o resultado do item
a) do exercı́cio anterior, a força encontrada é:
1
F = ρglh2
2
O centro das pressões pode ser encontrado a partir do resultado encontrado no
item b do exercı́cio anterior:
I0
zA
Calculando I0 (Lembre-se que dA = ldz):
z0 =
I0 =
Como z =
h
2
Z
2
z dA = l
Z
h
z 2 dz = l
0
h3
3
e A = hl, o centro de pressões é:
z0 =
h
3
b) Vimos que o torque resultante é dado por:
h 1
τ = z0 .F = . ρglh2 =⇒ hmax =
3 2
r
3
6τ
ρgl
Substituindo pelos valores numéricos e resolvendo o valor encontrado para a
altura máxima admissı́vel é:
hmax =
◮1.6
Questão 6
◮1.7
Questão 7
r
3
6 × 150 × 103
≈ 3.1m
1000 × 9.81 × 3
A área compreendida pela base do pistão é:
π 2
(D − d2 )
4
Assim, a pressão devido ao peso do pistão é:
A=
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
11
1 CAPÍTULO 1
Mg
− d2 )
P =
π
(D2
4
Como o sistema está em equilı́brio, essa pressão deve se igualar à pressão da
coluna de água, desse modo:
Mg
= ρgh
− d2 )
π
(D2
4
Isolando h:
h=
4M
πρ(D2 − d2 )
A massa total do lı́quido é m, e pode ser escrita como:
m = ρV = ρ(
πD2
πd2
h+
H)
4
4
Isolando H obtemos:
1
H= 2
D
4m
− hd2
πρ
Substituindo h pela expressão encontrada ateriormente:
1
H= 2
D
◮1.8
4m
4M
−
d2
πρ
πρ(D2 − d2 )
4
=
πρD2
d2
m−M 2
D − d2
Questão 8
a) A área superficial de um único hemisfério da esfera em função de seu diâmetro
é:
d2
π
A = 2π = d2
4
2
Desse modo, a força que cada uma das duas parelhas tem que exercer é:
F =
PA
π
= d2 ∆P
2
4
b) Sendo ∆P = 1 − 0.1 = 0.9atm ≈ 9.1 × 104 P a, a força necessária é:
F =
π
0.372 × 9.1 × 104 P a = 9785N ≈ 1000kgf
4
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
12
1.9
Questão 9
Como cada cavalo consegue exercer uma tração de 80kgf o número mı́nimo de
cavalos é:
n=⌈
◮1.9
1000
⌉ = 13 Cavalos
80
Questão 9
O empuxo sobre o iceberg é:
E = ρa V s g
Onde ρa representa a densidade da água e Vs o volume do iceberg que está
submerso. Como o sistema está em equilı́brio o empuxo deve se igualar à força
peso, sendo V o volume total do iceberg e ρg sua densidade, temos que:
E = P =⇒ ρa Vs g = mg = ρV g =⇒
VS
ρ
=
V
ρa
A fração do iceberg que fica submersa é:
f=
◮1.10
VS
ρ
0.92
=
=
≈ 90%
V
ρa
1.025
Questão 10
a) Na situação inicial, enquanto gelo flutua, a força peso é igual ao empuxo, portanto é válida a relação:
m = ρVs
Onde m representa a massa de gelo, ρ a densidade da água e Vs o volume de
gelo submerso. Além disso, vamos considerar que o volume inicial de água no copo
+ o volume do gelo submerso vale V0 . Após o completo derretimento o volume
total de água passa a ser V0 somado com o volume de água proveniente do gelo
derretido, descontando o volume de gelo previamente submerso, portanto temos
que:
Vf = V0 − Vs +
m
ρ
O termo mρ representa o volume de água proveniente do gelo derretido. A
partir da primeira expressão m = ρVs concluı́mos que mρ = Vs , a equação anterior
se torna:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
13
1 CAPÍTULO 1
Vf = V0 − Vs + Vs = V0
Ou seja, o volume final não se altera e o nı́vel de água no copo não se altera.
b)
◮1.11
Questão 11
Após a imersão do densı́metro na água a calibração o volume abaixo da graduação
”1”é V0 , que é também o volume submerso. Como o empuxo se iguala ao peso do
densı́metro, temos que:
ρa V0 g = mg =⇒ ρa V0 = ρd V
Onde ρd representa a densidade do densı́metro, V seu volume total e ρa representa a densidade da água. Após ser mergulhado em outro lı́quido de densidade ρ
o densı́metro se eleva a uma altura h em relação a marca ”1”, e volume submerso
passa a ser Vs = V0 − Ah. Igualando o empuxo ao peso:
ρ (V0 − Ah) g = mg = ρd V g = ρa V0 g
| {z }
Vs
Como a densidade relativa entre o lı́quido e a água é a razão ρ/ρa , após manipular a equação anterior o resultado obtido é:
V0
ρ
=
ρa
V0 − Ah
◮1.12
Questão 12
O empuxo, juntamente com a força externa aplicada, deve se igualar à força peso.
Desse modo:
E + Fe = P
O empuxo é igual ao peso da massa de água deslocada, e a força externa vale
2.85kgf = 2.85g N . Sendo ρ a densidade da coroa e V = 0.3l seu volume, partindo
da expressão anterior temos que (O valor utilizado para a densidade da água está
em kg/l, desse modo ρa = 1kg/l):
ρa V g + 2.85g = ρV g
Isolando ρ para encontrar a densidade da coroa:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
14
1.13
ρ=
Questão 13
kg
g
1 × 0.3 + 2.85
= 10.5
= 10.5 3
0.3
l
cm
Portanto coroa é de prata.
◮1.13
Questão 13
a) A leitura da balança de molas é igual a força exercida sobre a mola que suspende
o bloco. Como o sistema está em equilı́brio, temos que para o bloco:
Fm + E = P
Onde Fm representa a força exercida pela mola, E o empuxo e P o peso.
Prosseguindo com os cálculos:
F m + ρa V g = M g
Fm = (M − ρV )g = (ρbloco V − ρV )g
Sendo ρ a densidade do bloco e V o seu volume. Substituindo pelos valores
dados no enunciado:
Fm = (7800 × (0.05)3 − 1000 × (0.05)3 ) × 9.81 = 8.3N = 0, 85kgf
Portanto a leitura da balança de molas é de 0, 85kgf ≈ 8.3N .
b) A força exercida sobre o prato da balança do lado direito é a soma entre a
força peso do recipiente e a água e a força de reação do empuxo entre o bloco e a
água, cuja direção é vertical e para baixo. Essa força deve se igualar ao peso do
bloco de massa m, portanto:
PBloco = PRecipiente + E
Sabemos que a massa total do recipiente e da água é de 1kg, logo:
mg = 1 × g + ρV g
A massa do bloco é:
m = 1 + 1000 × (0.05)3 = 1kg
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
15
1 CAPÍTULO 1
◮1.14
Questão 14
O sistema em questão é similar àquele discutido na seção 1.4 do livro, do lı́quido
em rotação. É possı́vel encontrar uma expressão para a superfı́cie livre utilizando
o mesmo procedimento. Utilizando a fórmula obtida no livro:
ω2 2
r
2g
E tomando r = d = 0.3m, podemos encontrar a altura h = z da coluna:
z=
h=
◮1.15
ω 2 d2
102 × 0.32
=
≈ 0.46m
2g
2 × 9.81
Questão 15
Devido a aceleração horizontal, o lı́quido no copo tomará a seguinte forma na
iminência de transbordar :
1cm
θ
5cm
θ g
amax
Figura 1: Figura da questão 15. A primeira figura representa o copo sujeito a uma acelração
nula, já na figura central há a representação do lı́quido no copo sujeito à acelração máxima e
na iminência de derramar a água. A figura na direita representa os vetores aceleração, o vetor
na vertical representa a aceleraçãod a gravidade, o vetor na horizontal representa a aceleração
máximo horizontal e o vetor com inclinação θ representa o vetor da aceleração resultante.
Analisando o triângulo:
1cm
θ
5cm
Assim, a tangente do ângulo θ é:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
16
1.16
Questão 16
1
5
Agora fazendo o mesmo para o outro triângulo:
tan θ =
θ
g
amax
A aceleração máxima é:
tan θ =
◮1.16
1
amax
g
m
=
=⇒ amax = = 1.96 2
5
g
5
s
Questão 16
a) As forças agindo sobre a esfera superior são o peso (vertical para baixo), a tração
(vertical para baixo) e o empuxo (pelo óleo, vertical para cima), portanto temos
que para o primeiro corpo vale a igualdade:
Eoleo = m1 g + T
Já para a esfera inferior, as forças agindo são a força peso (vertical para baixo),
a tração (vertical para cima) e o empuxo devido ao óleo e a água (ambos vertical
para cima):
Eoleo + Eagua = m2 g − T
A massa da esfera superior pode ser escrita como m1 = ρV , e a da esfera
superior, que é seis vezes mais densa pode ser escrita como m2 = 6ρV . Deste
modo, podemos escrever o seguinte sistema:
(
I) ρoleo V2 g = ρV g + T
II) ρoleo V2 g + ρagua V2 g = 6ρV g − T
Fazendo I) + II) podemos eliminar T , obtendo:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
17
1 CAPÍTULO 1
V
g(2ρoleo + ρagua ) = 7ρV g
2
Resolvendo para ρ:
ρ=
2 × 0.92 + 1
g
2ρoleo + ρagua
=
≈ 0.2 3
14
14
cm
b) Isolando T a partir da expressão I) obtemos:
V
4πr3 ρoleo
g − ρV g =
g(
− ρ)
2
3
2
Substituindo pelos valores numéricos:
T = ρoleo
T =
◮1.17
4π(0.1)3 0.92
(
− 0.2) ≈ 10.7N
3
2
Questão 17
Após a campânula ser mergulhada na água, a pressão na interface água/ar devido
à coluna de água é:
P1 = P0 + ρg(8 − h)
Onde h representa a altura da coluna de água dentro da campânula. A pressão
do ar dentro da campânula deixa de ser P0 . Se considerarmos que o ar passa por
um processo isotérmico podemos encontrar sua pressão final pela lei de boyle:
P0 V0 = Pf Vf = cte. =⇒ Pf =
3A
3
V0
P0 =
P0 =
P0
Vf
(3 − h)A
(3 − h)
Onde A representa a área da seção transversal da campânula, assim, antes de
ser mergulhada na água, a altura da coluna de ar é de 3m e seu volume inicial é
V0 = 3A, após ser mergulhada a altura da coluna de ar é 3 − h e seu volume final
é Vf = (3 − h)A. Como a pressão devido a coluna de ar deve ser igual a pressão
devido à coluna de água na interface água/ar dentro da campânula temos que:
P1 = Pf =⇒ P0 + ρg(8 − h) =
Simplificando a expressão:
3
P0
(3 − h)
P0
h = 24 − 11h + h2
ρg
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
18
1.18
P0
ρg
O termo
grau:
Questão 18
vale 10.3, a expressão anterior se torna uma equação de segundo
2
h − 21.3h + 24 = 0 =⇒ h1,2 =
21.3 ±
√
As raı́zes obtidas são:
21.32 − 4 × 1 × 24
2×1
h1 = 20.1m, h1 = 1.2m
Como h1 é maior que o comprimento da campânula, essa resposta representa
uma situação absurda, a altura da coluna de água dentro da campânula é então
h = h2 = 1.2, isso representa uma fração de:
f=
◮1.18
1.2
= 40%
3
Questão 18
As forças agindo sob o balão são o empuxo (vertical para cima) e a força peso
(vertical para baixo), então a força ascencional é:
Fasc = E − P
Sendo ρ0 a densidade do ar, ρ a densidade do hidrogênio e r seu raio:
4πr3
g(ρ0 − ρ)
3
Substituindo pelos valores dados no enunciado:
Fasc = ρ0 V g − ρV g =
Fasc =
◮1.19
4π53
(1.29 − 0.0899) × 9.81 = 6164.32N = 628kgf
3
Questão 19
Sabemos que a densidade de força volumétrica é igual ao gradiente de pressão, isto
é:
f = ∇P
Para o fluı́do em questão a única força volumétrica atuando é a gravitacional,
que vale f = ρg, assim:
∇P = ρg
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
19
1 CAPÍTULO 1
Como a pressão só varia com a altura, temos que:
dP
= ρg = (ρ0 + ch)g =⇒ dP = g(ρ0 + ch)dh
dh
Integrando de h0 = 0 até h e de P0 até P :
Z P
Z h
(ρ0 + ch)dh
dP = g
P0
0
Após resolver as integrais a resposta obtida é:
h2
P = P0 + ρ0 gh + cg
2
◮1.20
Questão 20
O volume dos blocos de alumı́nio e cobre é, respectivamente Val = 10/2700 =
3.7 × 10−3 m3 e Vcu = 10/11400 = 0.88 × 10−3 m3 . O novo peso dos blocos, quando
medidos no ar, será:
′
PAl
= P − EAl = P − ρ0 VAl g = 10 × 9.81 − 1.29 × 3.7 × 10−3 × 9.81 = 98.0532N
para o alumı́nio, e:
′
PCu
= P − ρ0 VCu g = 10 × 9.81 − 1.29 × 0.88 × 10−3 × 9.81 = 98.0888N
para o cobre. Portanto concluı́mos que o Alumı́nio pesa menos, o que era de
se esperar, pois o empuxo sobre o bloco de alumı́nio é maior, visto que seu volume
também é maior.
Computando a diferença entre os pesos:
′
′
∆P = PCu
− PAl
= 98.0888N − 98.0532N = 0.0356N
A diferença de massa correspondente é:
∆m =
0.0356
∆P
=
≈ 3.63g
g
9.81
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
20
2
◮2.1
Capı́tulo 2
Questão 1
Utilizando Bernoulli podemos encontrar a velocidade v do jato de água que passa
pelo orifı́cio (Iremos considerar que a velocidade de escoamento v0 da água do
tanque é baixı́ssima):
P0
v2
P0 v 2
+
+z =
+ 0 +z0
ρg 2g
ρg
2g
|{z}
≈0
z representa a altura do orifı́cio em relação a origem e z0 representa a altura
do topo da coluna de água de no tanque, a diferença h = z0 − z = 1m representa
a diferença de altura entre o orifı́cio e o topo da coluna d’água. Isolando v na
expressão encontramos:
v=
A vazão do orifı́cio é:
p
2gh
πd2 p
2gh
4
Onde f representa o fator de contração e A a área do orifı́cio. Substituindo
pelos valores do enunciado:
Q = f Av = f
Q = 0.69 ×
◮2.2
m3
l
π × 0.012 √
2 × 9.81 × 1 = 2.4 × 10−4
= 0.24
4
s
s
Questão 2
Como vimos no exercı́cio anterior, a velocidade horizontal do jato de água ao sair
do orifı́cio a uma distância z da superfı́cie da coluna d’água é:
vx =
Além disso, temos que:
p
2gz
gt2
h−z =
=⇒ t =
2
(2.2.1)
s
2(h − z)
g
(2.2.2)
Onde h − z representa a distância entre o orifı́cio e o chão e t representa o
intervalo de tempo necessário para que essa distância seja percorrida pelo jato
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
21
2 CAPÍTULO 2
d’água. Por fim, temos que a distância horizontal percorrida pelo jato (tomando o
orifı́cio como a origem) é:
z
h
h−z
x = vx t
(2.2.3)
Substituindo a (2.2.1) e a (2.2.2) na (2.2.3) chegamos em:
s
p
√
2(h − z)
x = 2gz
= 2 hz − z 2
g
(2.2.4)
Basta derivar a expressão anterior com respeito a z e igualar à zero para encontrar o valor de z que maximiza x:
√
h
d( hz − z 2 )
1 (h − 2z)
dx
= 0 =⇒ z =
= 0 =⇒
= 0 =⇒ √
2
dz
dz
2 hz − z
2
Portanto a altura na qual o orifı́cio deve estar para que esta distância máxima
seja atingida é na metade da altura da coluna de água. Para descobrir qual a
distância horizontal percorrida nesse caso basta substituir z por h2 na (2.2.4):
xmax
◮2.3
s
2
h
h
=2 h
−
=h
2
2
Questão 3
A pressão na base é exercida pela contribuição da coluna de óleo e da coluna de
água, ambas de mesma altura h = 0.5m:
P = P0 + ρoleo gh +
|
{z
}
Coluna de óleo
ρ
gh
{z }
| agua
= P0 + (ρoleo + ρagua )gh
Coluna de água
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
22
2.4
Questão 4
0.5m
Orifı́cio
0.5m
Escrevendo Bernoulli para o fluı́do na base do orifı́cio e para o jato de água
escoando:
ρv 2
P + ρgh +
=C
2
P = P0 +
ρagua v 2
v2
=⇒ P0 + ρoleo gh + ρagua gh = P0 +
2g
2
Resolvendo para v obtemos:
v=
◮2.4
s
(ρagua + ρoleo )
2g
=
ρagua
r
2 × 9.81 ×
1000 + 690
× 0.5 = 4.07m/s
1000
Questão 4
A equação dos gases ideais pode ser escrita em função da densidade ρ do gás, pois:
m
RT =⇒ P = ρRT
M
Onde m representa a massa de gás e M sua massa molar. Portanto, se o gás
está submetido à pressões P0 e P1 diferentes, a relação entre suas densidade é
(Assumindo que o processo que levou o gás de uma pressão a outra é isotérmico):
P V = nRT =⇒ P V =
P0
P1
P1
=
=⇒ ρ1 =
ρ0
ρ1
ρ0
P0
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
23
2 CAPÍTULO 2
Portanto, se a densidade do ar na atmosfera é de 1.3kg/m3 , à uma pressão
P1 = 1.25atm = 1.25P0 , essa densidade é:
P1
1.25P0
kg
ρ0 =
× 1.3 = 1.62 3
P0
P0
m
Chamando a pressão interna de P1 e a externa de P0 , a equaçao de Bernoulli
para o ar dentro do tubo e para o gás que escapa com velocidade v é:
ρ1 =
P1
P0
v2
=
+
ρ1 g
ρ1 g 2g
Resolvendo para v encontramos (O valor utilizado para a pressão atmosférica
é P0 = 1.01 × 105 P a):
v=
◮2.5
s
2(P1 − P0 )
=
ρ1
r
2 × (1.25 − 1) × 1.013 × 105
≈ 177m/s
1.62
Questão 5
A relação entre a força agindo sobre um corpo e seu momento p = mv é:
dp
dv
dm
=m +v
=0
dt
dt
dt
Veja que não há forças externas agindo na horizontal, por isso escrevemos que
dp
= 0. O empuxo resultante é Er = m dv
= ma e é expresso por:
Fext = dv
dt
Fext =
ρV, ρ=cte.
z}|{
dv
d m
dV
Er = m = −v
= −ρv
= −ρvQ
dt
dt
dt
Onde Q representa a vazão do gás, que é dada por Q = Av, assim o empuxo
resultante pode ser escrito como:
F = Er = −ρAv 2
(2.5.1)
A velocidade de escapamento do ar pode ser encontrada através de Bernoulli.
A pressão no interior da câmara é P , em seu exterior é P0 , e sua densidade é ρ.
Escrevendo a equação para o gás dentre do câmara e o gás que compõe feixe que
escapa pelo orifı́cio:
P0 v 2
2(P − P0 )
P
=
+
=⇒ v 2 =
ρg
ρg 2g
ρ
Substituindo na (2.5.1) obtemos:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
24
2.6
Er = −ρA
Questão 6
2(P − P0 )
= −2A(P − P0 )
ρ
O sinal de negativo somente nos diz que a direção de movimento do foguete é
contrária a da massa ejetada.
◮2.6
Questão 6
De acordo com o exercı́cio anterior temos que a força resultante agindo sob o
sistema vale:
Er = −ρA
2(P − P0 )
= −2A(P − P0 )
ρ
Como a pressão exercida pela água na altura do orifı́cio é dada por:
P = P0 + ρgh
E a massa total inicial do sistema é Mt = M0 + m0 , a aceleração inicial é:
F = Er = Mt a = −2A(P − P0 ) =⇒ a = −2A
◮2.7
ρgh
M0 + m 0
Questão 7
a) Sendo v1 a velocidade inicial de escoamento na base superior da ampulheta, isto
é, a velocidade de descida do nı́vel de água, e v0 a velocidade de escoamento para
a água no centro da ampulheta, temos que:
R2
A1 v1 = A0 v0 =⇒ v2 = 2 v1 =⇒ v02 =
r
4
R
v12
r
E aplicando Bernoulli para ambos os pontos:
v02
v2
= 1 +h
2g
2g
Substituindo v0 pela primeira expressão encontrada:
4 2
v1
v2
R
= 1 +h
r
2g
2g
Resolvendo para v1 :
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
25
2 CAPÍTULO 2
!
4
R
− 1 = 2gh
v12
r
s
r4
v1 = 2gh
R4 − r 4
Substituindo pelos valores numéricos o valor encontrado para a velocidade inicial de descida do nı́vel da água é:
v1 =
s
2 × 9.81 × 10 ×
10−2
0.14
104 − 0.14
= 0.14mm/s
b) Usando semelhança de triângulos podemos descobrir qual é o raio da superfı́cie da água após ter baixado 5cm:
10cm
R′
10cm
5cm
R′
5
=
=⇒ R′ = 5cm
10
10
Fazendo as substituições pelos novos valores h → h′ = 5cm e R → R′ = 5cm
basta utilizar a resposta do exercı́cios anterior para encontrar a velocidade do nı́vel
de descida da água:
s
r4
′
v1 = 2gh
R′4 − r4
s
4
0.1
v1 = 2 × 9.81 × 5 × 10−2
≈ 0.39mm/s
54 − 0.14
c) Para a água a uma altura qualquer z, medida a partir do centro da ampulheta,
sua superfı́cie irá possuir um raio ρ, medido a partir do eixo do cone. Sendo v a
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
26
2.8
Questão 8
velocidade de descida da água nesse instante e v0 a velocidade de descida na água
no centro do cone, temos que para que a vazão seja constante a seguinte relação
deve ser válida:
A0 v0 = Av =⇒ r4 v04 = ρ4 v 4 =⇒ v02 =
ρ 4
r
v2
Para qualquer ρ e z.
Escrevendo a equação Bernoulli para ambos os pontos:
v 2 + 2gz = v02
Substituindo v0 :
2
v + 2gz =
Como:
ρ 4
r
ρ 4
v =⇒ v
− 1 = 2gz
r
2
2
4
4
ρ 4
2 ρ
2 ρ
−1 ≈v
=⇒ v
≈ 2gz
v
r
r
r
2
Resolvendo para z encontramos:
z=
◮2.8
v 2 ρ 4
2g r
Questão 8
Como a é o raio da torneira e a vazão da água é Q, a velocidade da água na origem
Q
é v = πa
2 . Sendo z a altura do filete medindo a partir da origem, ρ o raio do filete
a essa altura z e v ′ a velocidade de escoamento nesse ponto temos que:
4
a
2
2 ′
′2
v2
a v = ρ v =⇒ v =
ρ4
E utilizando a equação de Bernoulli em ambos os pontos temos que:
4
v2
v ′2
a
′2
2
2
= v 2 + 2gz
+z =
=⇒ v = v + 2gz =⇒ v
2g
2g
ρ4
Manipulando a equação anterior encontramos a razão:
ρ2
v
=p
2
2
a
v + 2gz
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
27
2 CAPÍTULO 2
Com v dado por:
Q = πa2 v
◮2.9
Questão 9
No tubo em cotovelo há um ponto de estagnação onde v = 0, contudo há uma
pressão adicional P = pgh devido a diferença de altura h em relação a outra coluna
de água. Comparando este ponto de estagnação com um ponto na correnteza, com
velocidade de escoamento v, basta escrever a equação de Bernoulli:
p
P0
P0 v 2
+
=
+ h =⇒ v = 2gh
ρg 2g
ρg
Substituindo pelos valores dados no enunciado:
v=
◮2.10
√
2 × 9.81 × 5 × 10−2 = 0.99m/s
Questão 10
Pelo equilı́brio hidrostático no manomêtro temos que:
P1 + pf gh = P2 + pgh =⇒ ∆P = (ρf − ρ)gh
Onde P1 representa a pressão no ramo esquerdo do tubo, devido ao lı́quido na
parte superior que escorre com velocidade v e P2 é a pressão do lı́quido no cotovelo,
onde há um ponto de estagnação. Para encontrar a relação entre essas pressões
basta escrever Bernoulli para o fluı́do na correnteza e no ponto de estagnação:
P2
ρv 2
P1 v 2
+
=
=⇒ ∆P =
ρg 2g
ρg
2
Substituindo na primeira expressão:
ρv 2
= (ρf − ρ)gh
2
Portanto a velocidade de escoamento é:
v=
s
2gh
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
ρf
−1
ρ
28
2.11
◮2.11
Questão 11
Questão 11
Sendo v1 a velocidade de escoamento na seção do tubo que possui raio R, e v2 a
velocidade de escoamento na seção de raio r temos:
Q1 = Q2 =⇒ v1 R2 = v2 r2 =⇒ v22 =
R4 2
v
r4 1
Aplicando Bernoulli aos pontos 1 e 2 (Que são os pontos associados às alturas
z1 e z2 respectivamente):
P2 v22
P1 v12
+
+ z1 =
+
+ z2
ρg 2g
ρg 2g
P 1 − P2
v2
= 1
ρg
2g
P1 − P2 = ρv12
4
R
v2
− 1 + z2 − z1
r
2g
!
4
R
− 1 + ρg(z2 − z1 )
r
Pelo equilı́brio hidrostático do manômetro podemos escrever:
P1 + ρgh + ρg(z1 − z2 ) = P2 + ρf gh =⇒ P1 − P2 = (ρf − ρ)gh − ρg(z1 − z2 )
v2
ρ 1
2
!
4
R
− 1 + ρg(z2 − z1 ) = (ρf − ρ)gh − ρg(z1 − z2 )
r
Simplificando a expressão obtemos (Veja que os termos contendo z1 e z2 se
cancelam):
v1 =
s
2g(ρf − ρ)h
ρ[(R/r)4 − 1]
Como a vazão vale Q1 = πR2 v1 , encontramos:
Q = πR2
s
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
2gh(ρf − ρ)
ρ[(R/r)4 − 1]
29
2 CAPÍTULO 2
◮2.12
Questão 12
a) Aplicando Bernoulli entre a superfı́cie do lı́quido e a saı́da do tubo, no ponto C
(Iremos considerar que a velocidade de escoamento do reservatório é praticamente
nula):
v2
P0 v 2
P0
+ s +h1 =
+
ρg
2g
ρg 2g
|{z}
≈0
v=
p
2gh1
b) Aplicando Bernoulli entre o ponto A e a superfı́cie do lı́quido no reservatório
(Lembre-se que a velocidade ao longo do sifão é constante, portanto a velocidade
de escoamento no ponto A é igual a velocidade de escoamento na saı́da do sifão):
2gh1
z}|{
P0
v2
PA
+ h1 =
+
+ h1
ρg
ρg
2g
PA = P0 − ρgh1
Analogamente para o ponto B:
P0
PB
v2
+ h1 =
+
+ h0 + h1
ρg
ρg
2g
PB = P0 − ρg(h1 + h0 )
c) Aplicando Bernoulli entre o ponto B e a superfı́cie do lı́quido no reservatório:
PB + h 0 + h 1 =
P0
ρg
Para uma pressão nula no ponto B encontramos:
h0,max =
◮2.13
P0
− h1
ρg
Questão 13
a) Pela equação obtida na seção 2.7 do livro, a vazão em um tubo cilı́ndrico de raio
a, comprimento l, viscosidade η e diferença de pressão P1 −P2 entre as extremidades
é:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
30
2.14
πa4
V =
8η
P1 − P2
l
Questão 14
Substituindo pelo valores dados no enunciado (O valor usado para 1atm é de
1.013 × 105 P a):
3
π(10 × 10−2 )4 (5 − 1) × 1.013 × 105
−4 m
≈
3.18
×
10
V =
8×1
50 × 103
s
Transformando em l/dia obtemos:
V = 3.18 × 10−4 × 24 × 60 × 60 × 103 = 2.75 × 104
◮2.14
l
dia
Questão 14
A partir de Bernoulli podemos encontrar a diferença entre a pressão acima e abaixo
das asas. Sendo P1 e v1 = 1.25v2 a pressão e velocidade acima da asas e P2 e v2 a
pressão e a velocidade abaixo das asas temos que:
P1 v12
9
P2 v22
2(P2 − P1 )
∆P
+
=
+
=⇒ v12 − v22 = 1.252 v22 − v22 = v22 =
=
ρg 2g
ρg 2g
16
ρ
ρ
Essa diferença de pressão deve ser igual a pressão devido ao peso, que é dada
por:
mg
A
Substituindo na primeira expressão e resolvendo para v2 , que é a velocidade
mı́nima abaixo da asa:
r
4 2mg
v2 =
3
ρA
P = ∆P =
Encontramos:
r
4 2 × 2000 × 9.81
m
km
v2 =
= 42.3 = 152
3
1.3 × 30
s
h
A velocidade de escoamento acima das asas é então:
v1 = 1.25v2 = 190
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
km
h
31
2 CAPÍTULO 2
◮2.15
Questão 15
A circulação em questão é definida a partir de:
CΓ
2πr
Esse tipo de escoamento assume a seguinte forma:
v=
~v
~r
Figura 2: Escoamento circular.
Uma porção do fluı́do de massa infinitesimal dm = ρdV a uma distância r do
centro sofre a ação de uma força dF . Sendo acp a aceleração centrı́peta a qual essa
porção do fluı́do está submetida, a força centrı́peta é:
dF
ρv 2
= f = ρacp =
dV
r
Onde dF representa a força infinitesimal e f a densidade de força. Além disso
sabemos que a densidade de força se relaciona com a pressão da seguinte maneira:
dF = acp dm = acp ρdV =⇒
f = ∇p
Como a pressão só varia radialmente temos que:
f=
dp
dr
Logo:
dp
ρv 2
=
dr
r
Escrevendo v em termos do raio e da circulação:
f=
ρC 2
dp
= 2 Γ3
dr
4π r
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
32
2.15
Questão 15
Separando as variáveis e integrando:
Z
Z P
ρCΓ2 r −3
r dr
dP =
4π 2 ∞
P∞
Resolvendo as integrais obtemos:
ρCΓ2
P = P∞ − 2 2
8π r
Escrevendo a circulação em função do raio e da velocidade chegamos à expressão
alternativa:
P = P∞ −
ρ(2πrv)2
1
= P∞ − ρv 2
2
2
8π r
2
A constante P∞ representa o valor que a pressão assume quando r → ∞.
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
33
3 CAPÍTULO 3
3
◮3.1
Capı́tulo 3
Questão 1
Pela conservação de momento linear podemos encontrar a velocidade v ′ dos corpos
após o impacto:
mv = (M + m)v ′ =⇒ v ′ =
m
v
m+M
m
Deste modo, a velocidade inicial do oscilador é v(0) = v ′ = m+M
v. Sabemos
que após o impacto os corpos se mantêm unidos e presos pela mola de constante
k, deste modo a EDO para o sistema é:
(m + M )a = −kx =⇒ (m + M )ẍ + kx = 0 =⇒ ẍ +
k
x=0
m+M
Ou seja, a expressão para o deslocamento do sistema, que é a solução da EDO
anterior é da forma:
x(t) = A cos (ωt + φ)
Sendo A a amplitude, φ a fase e ω a frequência angular, dada por:
k
m+M
A amplitude e fase da expressão para o deslocamento podem ser obtidas a
partir das condições iniciais do sistema. Sabemos que o sistema parte da origem no
instante t = 0, e também sabemos que imediatamente após o impacto, no instante
t = 0, o sistema adquire velocidade v ′ , que foi obtida anteriormente. Assim, as
condições inicias para o deslocamento e velocidade são, respectivamente:
(
x(0) = 0
m
v
v(0) = v ′ = m+M
ω2 =
A partir da condição inicial para o deslocamento temos que:
x(0) = A cos (ω.0 + φ)
Como A 6= 0, pois a amplitude não pode ser nula:
cos φ = 0 =⇒ φ =
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
π
2
34
3.2
Questão 2
Como já encontramos a fase do sistema podemos então obter a amplitude do
movimento a partir da condição inicial para a velocidade:
v(t) = ẋ(t) = −ωA sin (ωt + φ) =⇒ v(0) =
A=
φ
m
v = Aω sin (ω.0 + )
m+M
2
v m
ωm+M
A expressão para x é:
π
v m
cos (ωt + )
ωm+M
2
π
Como sin (θ) = cos (θ + 2 ), a expressão do deslocamento para t > 0 é:
x(t) = A cos (ωt + φ) =
x(t) =
◮3.2
m
v
sin (ωt)
ω (m + M )
Questão 2
As forças agindo sobre o corpo são a força restauradora da mola e a força peso, a
EDO associada é:
mẍ = −kx + mg
ẍ +
k
x=g
m
l0
k
m
g
Figura 3: Sistema massa-mola oscilando verticalmente
A solução da EDO anterior é a combinação entre a solução particular e a solução
homogênea, isto é:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
35
3 CAPÍTULO 3
x(t) = xp (t) + xh (t)
Já sabemos que a solução associada à EDO homogênea
ẍ +
k
x=0
m
é:
k
m
Para encontrar a solução particular iremos assumir que ela é da forma:
xh (t) = A cos (ωt + φ),
ω2 =
xp (t) = C
Onde C é constante. Espera-se que a solução particular seja uma constante
pois a expressão no lado direito da EDO também é constante. Substituindo x por
xp (t) = C na EDO:
ẍp +
k
xp = 0
m
Resolvendo:
d2 C k
+ C=g
dt2 m
|{z}
=0
Por fim, encontramos a solução particular:
xp (t) = C =
mg
k
A expressão geral é, portanto:
mg
k
A posição de equilı́brio da mola está no ponto onde a força restauradora se
iguala à força peso:
x(t) = xp (t) + xh (t) = A cos (ωt + φ) +
mg
k
Em relação ao teto, esta distância vale x = l0 + mg/k. Como o bloco é solto
em repouso a uma distância l0 do teto o deslocamento inicial do bloco em relação
ao ponto de equilı́brio do oscilador é:
kx = mg =⇒ x =
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
36
3.3
x(0) = l0 − (
Questão 3
mg
mg
+ l0 ) = −
k
k
E a velocidade inicial é:
v(0) = 0
Temos,
(
x(0) = A cos φ = − mg
k
v(0) = −ωA sin φ = 0
A partir da segunda condição inicial podemos inferir que φ = 0, e resolvendo
para A a partir da primeira condição inicial encontramos que A = − mg
. Substik
tuindo na solução geral:
mg
k
Porém o exercı́cio pede a posição relativa ao teto, e não ao ponto de equilı́brio do
sistema, portanto é necessário introduzir o termo adicional l0 :
x(t) = A cos (ωt + φ) +
x(t) = l0 + A cos (ωt + φ) +
mg
k
Resolvendo:
mg
mg
cos (ωt + φ) +
k
k
p
Simplificando e substituindo ω = k/m obtemos:
x(t) = l0 −
mg
x(t) = l0 +
k
◮3.3
1 − cos (
r
k
t)
m
!
Questão 3
a) A expressão do deslocamento para cada uma das partı́culas é:
(
x1 = A1 cos (ωt + φ1 )
x2 = A2 cos (ωt + φ2 )
A condição inicial do deslocamento
para a primeira partı́cula é x1 (0) = −0.01m,
√
e para a velocidade é v1 (0) = 3. Montando um sistema de equações a partir das
condições iniciais:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
37
3 CAPÍTULO 3
(
I)x1 (0) = A cos φ1 = −0.01
√
II)v1 (0) = −ωA sin φ1 = − 3
Dividindo a II pela I obtemos:
cos φ1
−ω
=−
sin φ1
r
√
k
3
tan φ1 =
m
0.01
Resolvendo para φ1 :
φ1 = tan−1
√ r !
3 m
−
= tan−1
0.01 k
!
√ r
√
3 10 × 10−3
π
= tan−1 (− 3) = −
−
0.01
100
3
Agora utilizaremos a equação I para encontrar A1 :
A1 cos φ1 = A1 cos −
π
1
= −0.01 =⇒ A1 = −0.01 =⇒ A1 = −0.02
3
2
Para encontrar A2 o procedimento é análogo e a única diferença encontrada é
de que o sinal da amplitude é oposto, ou seja, φ2 = − π3 e A2 = 0.02. Assim, as
p
p
equações para o deslocamento são (Lembre-se que ω = k/m = 100/0.01 =
100):
(
x1 = −0.02 cos (100t − π3 )
x2 = 0.02 cos (100t − π3 )
b) Igualando as duas expressões para o deslocamento:
x1 = x2 =⇒ −0.02 cos (100t −
π
π
π
) = 0.02 cos (100t − ) =⇒ cos (100t − ) = 0
3
3
3
(100t −
π
π
) = cos−1 (0) =
3
2
Resolvendo para t:
t=
π
1 π π
=
+
s
100 3
2
120
As partı́culas irão colidir uma com a outra quando t = π/120s.
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
38
3.4
Questão 4
c) Como ambas as partı́culas estão presas a molas de mesma constante elásticas
k e suas amplitude só se diferem por ter sinais opostos, a energia total do sistema
é:
kA2
2
Substituindo pelos valores obtidos anteriormente:
E =2×
E =2×
◮3.4
100 × (0.02)2
= 0.04J
2
Questão 4
Esse sistema é análogo a um pêndulo simples de comprimento r. A conta de massa
m se movimenta ao longo do aro vertical de raio r:
r
θ
F⊥
θ P
A força peso P pode ser decomposta em uma componente tangencial F⊥ , a
partir da qual podemos obter a aceleração angular e escrever a equação do movimento. Relacionando a força peso com a força tangencial e fazendo a aproximação
para pequenos ângulos (sin θ ≈ θ):
sin θ =
F⊥
=⇒ F⊥ = −mg sin θ ≈ −mgθ
P
Relacionando com a aceleração angular θ̈:
mrθ̈ = F⊥ ≈ −mgθ
Por fim, obtemos a EDO:
g
θ̈ + θ = 0
r
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
39
3 CAPÍTULO 3
Que representa um movimento harmônico simples, de frequência angular:
ω2 =
g
r
O perı́odo do oscilador é:
2π
= 2π
T =
ω
◮3.5
r
r
g
Questão 5
a) A velocidade com que a bola se choca com o prato pode ser encontrada a partir
da conservação de energia:
p
mv 2
= mgh =⇒ v = 2gh
2
√ Que também é a velocidade do oscilador após o instante inicial, ou seja, v(0) =
2gh. Igualando a força peso a força restauradora da mola podemos encontrar a
posição de equilı́brio:
mg
k
Quando a bola colide com o prato a mola não há distensão na mola, portanto
ela está a uma distância x = x(0) = mg/k do ponto de equilı́brio, que é a posição
inicial do corpo. A partir destas duas condições iniciais obtemos:
(
I)x(0) = A cos φ = mg
k
√
II)v(0) = A sin φ = 2gh
mg = kx =⇒ x =
Elevando ambas as equações ao quadrado e somando (I 2 + II 2 ) podemos eliminar φ:
A2 cos2 φ + A2 sin2 φ = A2 (cos2 φ + sin2 φ) =
{z
}
|
=1
mg 2
k
+ 2gh
Resolvendo para A:
A=
mg
k
s
1+2
kh
mg
b) A energia total de oscilação é dada por:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
40
3.6
E=
E=
k
2
mg
k
Questão 6
kA2
2
s
1+2
kh
mg
!2
Simplificando a expressão anterior obtemos:
E = mgh +
◮3.6
(mg)2
2k
Questão 6
O fio de módulo de torção K é responsável por um torque restaurador τ que é
diretamente proporcional ao ângulo de torção:
τ = −Kθ
Além disso sabemos que o produto entre o momento de inércia e a aceleração
angular é igual ao torque:
I θ̈ = −Kθ =⇒ θ̈ +
K
θ=0
I
A partir desta EDO concluúmos que a frequência angular é ω =
perı́odo do oscilador é:
τ = 2π
r
p
K/I e o
I
K
a) O momento de inércia é definido por:
Z
I = r2 dm
Para um disco girando em torno do próprio plano podemos estabelecer que r é
a distância radial e que a massa inifinitesimal dm é:
dm = σdS = σ2πrdr
Onde σ represenjta a densidade superficial e 2πrdr a massa de um anel a uma
distância r do centro e espessura infinitesimal dr.
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
41
3 CAPÍTULO 3
R
r
dr
Figura 4: Disco uniforme
Pela definição de momento de inércia:
Z
Z
Z
2
2
Ia = r dm = r (σ2πrdr) = 2πσ r3 dr
Integrando de 0 até R obtemos o momento de inércia do disco (Lembre que
como a densidade superficial é σ e a área superficiald o disco é πR2 a massa total
é M = σπR2 ):
r4
Ia = 2πσ
4
R
=
0
M R2
R2
2
=
σπR
2 | {z }
2
M
Substituindo na expressão encontrada para o perı́odo:
τa = 2π
r
Ia
= 2π
K
r
M R2 /2
= πR
K
r
2M
K
b) No exemplo anterior o disco girava em torno do eixo z. Ou seja, para o
exemplo anterior:
dIa = r2 dm
Essa distância também pode ser escrita em termos das distâncias x e y, pois
r2 = x2 + y 2 , logo:
dIa = (x2 + y 2 )dm = x2 dm + y 2 dm = dIx + dIy =⇒ Ix + Iy = Ia
Por simetria Ix = Iy , que também é o momento de inércia Ib que procuramos,
ou seja:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
42
3.7
Questão 7
Ia
2
Ia é o momento de inércia encontrado no item anterior, portanto:
Ix + Iy = 2Ib = Ia =⇒ Ib =
M R2
4
Substituindo na fórmula encontrada para o perı́odo:
r
r
M R2 /4
M
= πR
τb = 2π
K
K
Ib =
◮3.7
Questão 7
Vimos que a frequência angular ω do pêndulo é:
g
l
Como o comprimento do pêndulo é l = 1m a frequência ω vale:
ω2 =
rad
s
Pela conservação de momento linear, a velocidade do sistema ”bala+pêndulo”logo
após o impacto é:
ω=
√
g ≈ 3.13
m
v
m+M
Assim, a velocidade angular inicial do sistema vale:
mv = (m + M )v ′ =⇒ v ′ =
m v
m+M l
Além disso o ângulo inicial com a vertical é zero (θ(0) = 0), e o ângulo θ em
função de t é:
θ̇(0) =
θ(t) = θ0 cos (ωt + φ)
Onde θ0 representa a amplitude, que é o ângulo máximo que o pêndulo faz com
a vertical. Montando um sistema com as duas condições iniciais:
(
θ(0) = θ0 cos φ = 0
v
m
θ̇(0) = −ωθ0 sin φ = (m+M
) l
A partir da primeira condição inicial concluı́mos que cos φ = 0 =⇒ φ =
Por fim encontraremos a amplitude a partir da segunda condição inicial:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
π
.
2
43
3 CAPÍTULO 3
−ωθ0 sin φ =
m
v
v
m
=⇒ θ0 = −
(m + M ) l
(m + M ) ωl
Substituindo pelos valores numéricos:
θ0 = −
300
10 × 10−3
≈ −0.096rad
(10 × 10−3 + 10) 3.13 × 1
Substituindo os valores encontrados na expressão para o ângulo θ (Lembre-se
que cos(θ + π2 ) = − sin (θ)):
θ(t) = θ0 cos (ωt + φ) = −0.096 sin (3.13t)
◮3.8
Questão 8
A EDO para o oscilador é:
ẍ +
k
x=0
m+M
Ou seja, o módulo da aceleração a qual os corpos são submetidos é:
a=
k
x
m+M
E essa aceleração é máxima quando o sistema está na amplitude, isto é x = A:
amax =
k
A
m+M
Quando o bloco está na iminência de escorregar a força devido a aceleração do
oscilador se iguala à força de atrito estático:
F = Fat =⇒ mamax = µe mg =⇒ A
k
= µe g
m+M
Resolvendo para A encontramos que a amplitude máxima vale:
A=
µe g(m + M )
k
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
44
3.9
◮3.9
Questão 9
Questão 9
Inicialmente o densı́metro está em equilı́brio, isto, a força peso é igual ao empuxo:
mg = ρ0 v0 g =⇒ m = ρ0 V0
Onde m representa a massa do densı́metro e ρ0 a densidade da água. Ao se
deslocar uma pequena distância x para baixo, o volume submerso do densı́metro
passa a ser Vs = V0 +Ax. Escrevendo a equação do movimento nesta nova situação:
ma = P − E = mg − ρ0 (V0 + Ax)g = mg − ρ0 V0 g − ρ0 Agx
mẍ + ρ0 Agx = mg − ρ0 V0 g
ρ0 Ag
ρ0 V 0
x=g−
g
m
m
Vimos que m = ρ0 V0 , substituindo na expressão anterior a EDO é fica:
Ag
x=0
ẍ +
V0
ẍ +
A frequência angular de oscilação é:
ω=
◮3.10
r
gA
V0
Questão 10
Iremos supor que o trampolim está sujeito a uma força restauradora da forma:
F = −kz
Onde z representa o deslocamento vertical. No equilı́brio essa força restauradora é igual ao peso, portanto:
kz = mg
Lembre-se que a constante k se relaciona com a frequência angular de oscilação
a partir de:
k = mω 2
Logo:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
45
3 CAPÍTULO 3
kz = mω 2 z = mg =⇒ ω =
r
g
z
Substituindo pelos valores numéricos:
ω=
◮3.11
r
g
=
z
r
9.81
= 14s−1
0.05
Questão 11
a) A resolução deste item é análoga à resoluão do item anterior. Ao se desprender
da plataforma o peso do bloquinho se iguala à força restauradora, portanto:
mg = kz = mω 2 z =⇒ z =
g
ω2
z representa a altura em que o bloquinho se desprende da plataforma. Calculando:
z=
g
9.81
=
= 2.45cm
ω2
400
b) A energia cinética do bloquinho quando ele se despreende da plataforma
pode ser encontrada a partir da conservação de energia. A energia potencial do
oscilador vale Ep = kz 2 /2 e a energia total vale Et = kA2 /2, portanto:
Et = Ec + Ep =⇒ Ec = Et − Ep =
k 2
mω 2 2
(A − z 2 ) =
(A − z 2 )
2
2
Igualando a energia cinética do bloquinho à energia potencial gravitacional
podemos encontrar a altura máxima h que ele atinge:
Ec
Ec = mgh =⇒ h =
=
mg
mω 2
(A2
2
− z2)
ω2 2
=
(A − z 2 )
mg
2g
Substituindo pelos valores numéricos obtemos:
h=
202
(0.042 − 0.02452 ) = 2.04cm
2 × 9.81
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
46
3.12
◮3.12
Questão 12
Questão 12
Pela conservação de energia, a derivada da energia do oscilador com respeito ao
tempo deve ser nula:
dE
=0
dt
Utilizando a expressão dada no enunciado:
d(q̇ 2 + ω 2 q)
dq̇ 2
dq 2
= 0 =⇒
+ ω2
=0
dt
dt
dt
Utilizando a regra do produto para derivar q̇ 2 :
dq̇ dq̇
dq̇ 2
= q̇ + q̇ = 2q̇ q̈
dt
dt
dt
2
Fazendo o mesmo para q encontramos:
dq 2
= 2q q̇
dt
Voltando para a expressão inicial:
dq̇ 2
dq 2
+ ω2
= 0 =⇒ 2q̇ q̈ + 2ω 2 q q̇ = 0
dt
dt
Simplificando a expressão obtemos:
q̈ + ω 2 q = 0
Que é a EDO que representa o movimento de um sistema que oscila com
frequência ω.
◮3.13
Questão 13
Como a bola rola sem deslizar, duas forças agem sobre ela, a força peso e o atrito.
Escrevendo a EDO relativa a θ̈ (Iremos considerar que o centro de massa da esfera
está localizado a uma distância R − r ≈ R do ponto C):
m(R − r)θ̈ = −mg sin θ + Fat
Fazendo as aproximações R − r ≈ R e sin θ ≈ θ:
mRθ̈ + mgθ − Fat = 0
Chamando de ϕ o ângulo correspondente à rotação da bola em torno do próprio
eixo, o torque que o atrito exerce na esfera é:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
47
3 CAPÍTULO 3
τ = I ϕ̈ = −Fat r
Podemos relacionar o ângulo ϕ com o ângulo θ a partir de um vı́nculo geométrico.
A bola, ao ser rotacinada pelo ângulo ϕ, percorre um arco s = rϕ, que deve ser
igual ao seu deslocamento na calha, que vale s′ = Rθ, portanto:
rϕ = Rθ =⇒ ϕ̈ =
R
θ̈
r
Substituindo na expessão do atrito:
R
θ̈ = −Fat r
r
O momento de inércia de uma esfera homogênea de massa m vale I = 2mr2 /5,portanto:
I
2mR
2mr2 R
θ̈ = −Fat r =⇒ −Fat =
θ̈
5 r
5
Substituindo na EDO:
2mR
θ̈ = 0
5
Reescrevendo-a na forma usual e simplificando:
2
mRθ̈ 1 +
+ mgθ = 0
5
mRθ̈ + mgθ +
5g
θ=0
7R
Por fim, encontramos a frequência angular a partir da EDO, que vale:
θ̈ +
ω=
◮3.14
r
5g
7R
Questão 14
a) O momento de inércia de um arco circular de raio T girando em torno de seu
eixo central vale:
Ia = M R 2
Como o aro está girando a uma distância R do seu eixo, pelo teorema dos eixos
paralelos o novo momento de inércia vale:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
48
3.14
Questão 14
Ia′ = M R2 + M R2 = 2M R2
Escrevendo a equação do movimento para o corpo:
Ia′ θ̈ ≈ −M g rcm θ
|{z}
=R
2M R2 θ̈ + M gRθ = 0
θ̈ +
Como R =
l
2
g
θ=0
2R
a EDO anterior se torna:
g
θ̈ + θ = 0
l
E o perı́odo de oscilação vale:
τa = 2π
s
l
g
Que é idêntido ao perı́do de oscilação do pêndulo de comprimento l, portanto:
τa = τ
b) Como vimos no item a) do exercı́cio 6 o momento de inércia do disco em
torno dos eixos x e y vale:
M R2
Ib =
2
Pelo teorema dos eixos paralelos, o momento de inércia do disco girando à uma
distância R vale:
3M R2
2
A EDO é similar à EDO do item anterior basta fazer a substituição Ia′ → Ib′ e
realizar cálculos semelhantes, encontrado assim:
Ib′ =
θ̈ +
4g
θ=0
3l
Ou seja, o perı́odo vale:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
49
3 CAPÍTULO 3
τb = 2π
s
3l
4g
Comparando com o perı́odo do pêndulo:
τb =
◮3.15
√
3
τ
2
Questão 15
a) O torque agindo sobre o pêndulo de massa M é:
τ = M gs sin (θ) ≈ M gsθ
Escrevendo a equação do movimento para o corpo:
I θ̈ = τ ≈ M gsθ =⇒ θ̈ +
M gs
θ=0
I
O perı́odo T de oscilação é:
2π
2π
2π
=q
=√
T =
ω
g
M gs
I
r
I
Ms
O momento de inércia do corpo pode ser obtido a partir do teorema dos eixos
paralelos. O momento de inércia de uma barra homogênea de comprimento l
girando em torno de seu centro vale:
l2
12
Para uma barra girando a uma distância s do seu centro o momento de inércia
vale:
2
l
2
2
+s
I = I0 + M s = M
12
I0 = M
Substituindo na expressão para o perı́odo:
s
r
r
l2
+ s2
2π M 12
2π
2π
I
l2
=√
=√
+s
T =√
g Ms
g
Ms
g 12s
O perı́odo é mı́nimo quando a expressão dentro da raiz é mı́nima, derivando a
expressão com respeito a s e igualando a zero:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
50
3.16
d(
q
l2
12s
+ s)
Questão 16
l2
+1=0
ds
12s2
Resolvendo a equação anterior o valor encontrado para s tal que o perı́odo é
mı́nimo é:
= 0 =⇒ −
l
l
s= √ = √
12
2 3
b) Substituindo o resultado encontrado na fórmula para o perı́odo:
T = 2π
s
I
= 2π
M gs
s
M l2
12
M s2
+
M gs
T = 2π
◮3.16
l2
12
l
√
g
2 3
Simplificando a expressão anterior:
s
v
u l2
u +
= 2π t 12
l
√
3g
Questão 16
Primeiramente iremos encontrar o momento de inércia de uma barra homogênea de
comprimento l que gira em torna de sua extremidade. Pela definição de momento
de inércia:
Z
I = x2 dm
Onde x representa a distância em relação à origem, que está localizada na
extremidade da barra. Sendo λ a densidade linear da barra, a massa de um trecho
infinitesimal vale dm = λdx. Substituindo na expressão anterior e integrando de 0
até l:
Ibarra = λ
Ibarra
Resolvendo a integral:
x3
=λ
3
l
0
Z
l
x2 dx
0
m
l2 z}|{ l3
ml2
= λ = λl
=
3
3
3
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
51
3 CAPÍTULO 3
x
dx
l
O sistema é constituı́do de duas barras homogênea de comprimento l presas
pela sua extremidade, o momento de inércia total do sistema vale:
2
I = 2 × Ibarra = ml2
3
Agora devemos encontrar o centro de massa do sistema. Analisando a figura:
30◦
l
√
l 3
2
CM
O centro de massa está localizado a uma altura igual à metade da altura do
triângulo, portanto sua distância em relação à origem vale:
√
l 3
rcm =
4
Relacionando o torque com a componente radial da força peso do sistema:
I θ̈ = τ = −mgrcm sin θ ≈ −mgrcm θ
θ̈ +
mgrcm
mgrcm
θ = 0 =⇒ ω 2 =
I
I
Calculando o perı́odo:
2π
= 2π
T =
ω
s
I
mgrcm
Substituindo I e rcm pelos valores encontrados para o momento de inércia e o
centro de massa, respectivamente:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
52
3.17
T = 2π
◮3.17
s
2
ml2
3
√
mg l 2 3
4π
=
3
Questão 17
s√
3l
g
Questão 17
A expressão do deslocamento do oscilador é da forma:
2π
t + φ)
τ
Para um quarto de perı́odo, isto é t = τ /4, o deslocamento vale:
x(t) = A cos (ωt + φ) = A cos (
x(τ /4) = A cos (
π
+ φ)
2
Como cos ( π2 + φ) = − sin φ:
x(τ /4) = −A sin φ
E a velocidade vale:
ẋ(τ /4) = −ωA sin (
π
+ φ)
2
Como sin ( π2 + φ) = cos φ
π
+ φ) = −ωA sin φ
2
De acordo com o enunciado a energia cinética é 3 vezes maior que a energia
potencial, portanto:
ẋ(τ /4) = −ωA sin (
kx2
mẋ2
=3
2
2
k
z}|{
mω 2 A2 cos2 φ
kA2 sin2 φ
=3
2
2
Simplificando:
1
tan2 φ =
=⇒ φ = tan−1
3
√ !
3
±
3
Cujas soluções são:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
53
3 CAPÍTULO 3
φ=±
π
6
e
φ=π±
◮3.18
π
6
Questão 18
Esse exercı́cio pode ser resolvido a partir da obtenção de uma constante elástica
equivalente keq para cada um dos sistemas. Para o primeiro caso, no qual as molas
estão em paralelo, a distensão é a mesma para ambas as molas, portanto:
x = x1 = x2
x representa a distensão da mola equivalente. Além disso as duas molas irão
exercer uma força restauradora sob o corpo na mesma direção, que deve ser:
Feq = F1 + F2 =⇒ kx = k1 x1 + k2 x2
x
k1
m
k2
Figura 5: Molas em paralelo
Montando um sistema:
(
x = x1 = x2
kx = k1 x1 + k2 x2
Resolvendo para k:
kx = k1 x1 + k2 x2 = k1 x + k2 x =⇒ kx = (k1 + k2 )x =⇒ k = k1 + k2
Ou seja, para uma assosiação de molas em paralelo a a constante elástica equivalente é a soma entre cada uma das constantes elásticas. Já para o caso das molas
em série, a distensão equivalente x vale:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
54
3.18
Questão 18
x = x1 + x2
Além disso, pelo equilı́brio na junção entre as duas molas temos que:
F1 = F2 =⇒ k1 x1 = k2 x2
E na extremide da segunda mola, que é conectada ao corpo, a força restauradora
da segunda mola deve ser igual a força da mola equivalente:
Feq = F2 =⇒ kx = k2 x2
x2
m
x1
F2 F2
k2
F1
k1
Figura 6: Molas em série
Montando um sistema com as equações anteriores:
(
x = x1 + x2
kx = k1 x1 = k2 x2
A partir da segunda equação encontramos as razões:
x
k1
= ,
x1
k
x2
k1
=
x1
k2
Dividindo a primeira equação pode x1 :
x2
k1
k1
x
=1+
=⇒
=1+
x1
x1
k
k2
Resolvendo para k:
k=
k 1 k2
k 1 + k2
a) Este sistema é constituı́do por duaspmolas em paralelo, como a frequência
angular de um sistema massa mola é ω = k/m basta substituir k pela constante
elástica equivalente das molas k1 e k2 em paralelo:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
55
3 CAPÍTULO 3
ωa =
r
keq
=
m
r
k1 + k2
m
b) Nesse caso basta substituir k pela constante equivalente das molas em série:
ωb =
◮3.19
r
keq
=
m
s
k 1 k2
m(k1 + k2 )
Questão 19
O torque devido a força peso da massa m é:
τP = −M gl sin θ ≈ −M glθ
Já o torque devido a força restauradora exercida pela mola vale:
l
l2
τM = −k |{z}
x
≈ −k θ
2
4
l
= 2 sin θ
Escrevendo a equação do movimento para o pêndulo:
kl2
I θ̈ = − M gl +
θ
4
!
2
M gl + kl4
θ=0
θ̈ +
I
A massa m gira em torno do ponto de suspensão a uma distância l, portanto o
momento de inércia do corpo vale:
I = ml2
A frequência de oscilação do pêndulo é então:
!
kl2
M gl +
M
gl
+
4
=
ω2 =
I
ml2
ω=
r
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
kl2
4
!
k
g
+
l
4m
56
3.20
◮3.20
Questão 20
Questão 20
Ao abaixar o lado esquerdo da coluna de lı́quido por uma altura z será erguida
uma massa m = ρz do fluı́do, cujo CM estará localizado a uma altura zcm =
z(1 + cos ϕ)/2 (Lembre-se que toda a massa M se locomove com velocidade ż):
E=
(1 + cos ϕ)
M ż
M ż 2
(1 + cos ϕ)
+ ρAz z
=⇒ E =
+ ρgz 2
|{z}
2
2
2
2
m
Pela conservação de energia basta fazer:
ϕ)
d( M2ż + ρgAz 2 (1+cos
)
M
(1 + cos ϕ)
2
= 0 =⇒
2ż z̈ + ρgA2żz
=0
dt
2
2
2
Simplificando:
z̈ +
ρAg(1 + cos ϕ)
z=0
M
Logo, a frequência angular é:
ω=
r
ρAg(1 + cos ϕ)
M
Veja que para ϕ = 0 o resultado se reduz àquele obtido na seção 3.3.d.
◮3.21
Questão 21
a) Utilizando a aproximação parabólica para o potencial U , a constante equivalente
k pode ser obtida a partir de sua segunda derivada em torno do ponto de equilı́brio
a:
k=
d2 U
dr2
r=a
Derivando a expressão da energia potencial:
1
1
U (r) = −Ke2 + B 1
r
r 0
1
1
dU
= Ke2 2 − 10B 1
dr
r
r 1
d2 U
1
1
= −2Ke2 3 + 110B 1
2
dr
r
r 2
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
57
3 CAPÍTULO 3
Em torno do equilı́brio a energia potencial é mı́nima, portanto a derivada da
energia potencial deve ser zero:
dU
1
1
Ke2 r9
= 0 =⇒ Ke2 2 − 10B 1 = 0 =⇒ B =
dr
r
r 1
10
Substituindo B na expressão da segunda derivada de U :
k=
1
d2 U
Ke2 r9 1
9Ke2
d2 U
2 1
2 1
=
−2Ke
+
110B
=
=
−2Ke
+
110
=
dr2
r3
r12
dr2
r3
10 r12
r3
Substituindo pelos valores numéricos:
k=
9 × 9 × 109 × (1.66 × 10−19 )2
≈ 989N/m
(1.28 × 10−10 )3
b) A frequência angular de moléculas diatômicas é:
s
s
k
k(m2 + m1 )
ω=
=
µ
m1 m2
Onde µ representa a massa reduzida. A massa do cloro é de 17 unidade de
massa atômica, e a do hidrogênio é de uma unidade de massa atômica, inserindo
os valores dados no enunciado na expressão anterior a frequência encontrada é:
f =ν=
1
ω
=
2π
2π
s
1
k(m2 + m1 )
=
m1 m2
2π
s
989(1 × 1.66 × 10−27 + 17 × 1.66 × 10−27)
4 × 1 × 1.662 × 10−27×2
ν = 1.24 × 1014 s−1
◮3.22
Questão 22
a) A partir da fórmula de Euler:
eix = cos x + i sin x
é possı́vel obter a relação:
(eix + e−ix )
2
Utilizando a fórmula anterior para expressar cos (a + b) em termos das exponenciais:
cos x =
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
58
3.22
Questão 22
(ei(a+b) + e−i(a+b) )
(eia eib + e−ia e−ib )
=
2
2
Utilizando a fórmula de Euler:
cos (a + b) =
=
[(cos a + i sin a)(cos b + i sin b) + (cos (−a) + i sin (−a))(cos (−b) + i sin (−b))]
2
Como cos (−x) = cos x e sin (−x) = − sin x:
cos (a + b) =
[(cos a + i sin a)(cos b + i sin b) + (cos a − i sin a)(cos b − i sin b)]
2
cos a cos b + i cos a sin b + i sin a cos b − sin a sin b
+
2
cos a cos b − i cos a sin b − i sin a cos b − sin a sin b
=⇒
2
=
Finalmente:
cos (a + b) = cos a cos b − sin a sin b
Para sin (a + b) o processo é análogo. Pelo fórmula de Euler temos que:
sin x =
sin (a + b) =
(eix − e−ix )
eia eib − e−ia e−ib
=⇒ sin (a + b) =
2
2i
[(cos a + i sin a)(cos b + i sin b) − (cos a − i sin a)(cos b − i sin b)]
2i
cos a cos b + i cos a sin b + i sin a cos b − sin a sin b
+
2i
− cos a cos b + i cos a sin b + i sin a cos b + sin a sin b
=⇒
2i
=
sin (a + b) = sin a cos b − cos a sin b
b)
cos (3a) =
[(cos a + i sin a)3 + (cos (−a) + i sin (−a))3 ]
(e(ia)3 ) + e(−ia)3 )
=
2
2
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
59
3 CAPÍTULO 3
cos3 a + i(3 sin a cos2 a − sin3 a) − 3 sin2 a cos a
+
2
cos3 a − i(3 sin a cos2 a − sin3 a) − 3 sin2 a cos a
2
=
sin (3a) = cos3 a − 3 sin2 a cos a
Para sin (3a):
sin (3a) =
(e(ia)3 ) − e(−ia)3 )
[(cos a + i sin a)3 − (cos (−a) + i sin (−a))3 ]
=
2i
2i
=
cos3 a + i(3 sin a cos2 a − sin3 a) − 3 sin2 a cos a
+
2i
cos3 a − i(3 sin a cos2 a − sin3 a) − 3 sin2 a cos a
−
2i
sin (3a) = 3 cos2 a sina − sin3 a
◮3.23
Questão 23
a) Pela fórmula de Euler:
cos x =
eix + e−ix
ei(ix) + e−i(ix)
ex + e−x
=⇒ cos (ix) =
=
2
2
2
cos (ix) = cosh x =
(ex + e−x )
2
Para sin (ix):
sin x =
Como
1
i
eix − e−ix
ei(ix) − e−i(ix)
ex − e−x
=⇒ sin (ix) =
=
2i
2
2i
= −i:
sin (ix) = i sinh x = i
(ex − e−x )
2
b) Pelas definições de sinh x e cosh x:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
60
3.24
cosh2 x − sinh2 x =
Questão 24
(ex + e−x )2 (ex − e−x )2
−
4
4
e2ix 1 e−2ix e2ix 1 e−2ix
cosh x − sinh x =
+ +
−
+ −
4
2
4
4
2
4
2
2
cosh2 x − sinh2 x = 1
c)
((ex )2 + (e−x )2 )
2
A expressão no numerador representa uma diferença entre quadrados e pode
ser reescrita como:
sinh (2x) =
(ex + e−x )(ex − e−x )
2
Pelas definições de sinh x e cosh x:
sinh (2x) =
sinh (2x) = 2 sinh x cosh x
◮3.24
Questão 24
As equações dos movimentos harmônicos simples são:
(
x1 (t) = cos (ωt − π6 )
x2 (t) = sin (ωt) = cos (ωt − π2 )
Identificando cada ampliude e fase:
π
φ1 = − , A2 = 1,
6
A amplitude do movimento resultante é:
A1 = 1,
φ2 = −
A2 = A21 +A22 +2A1 A2 cos (φ2 − φ1 ) = 12 +12 +2×1×1 cos (
π
2
√
π
π
− (− )) = 3 =⇒ A = 3
2
6
A fase do movimento resultante é φ = β + φ1 com β dado por:
π π
A2
1
1
π
sin (φ2 − φ1 ) = √ sin (− + ) = − =⇒ β = −
A
2
6
2
3
3
A fase do movimento resultanto é então:
sin β =
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
61
3 CAPÍTULO 3
φ = β + φ1 = −
π
π pi
−
=−
6
6
3
E a equação do MHS é:
x = x1 + x1 =
√
3 cos (ωt −
π
)
3
O
x1
x2
x
Figura 7: Vetores girantes
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
62
4
◮4.1
Capı́tulo 4
Questão 1
γ
A primeira parte do exercı́cio consiste em verificar que a expressão x = te− 2 t
satistfaz a expressão:
ẍ + γ ẋ + ω02 x = 0
(4.1.1)
A derivada de x em relação ao tempo é:
γ
γ
γ
d(te− 2 t )
d(e− 2 t ) d(t) − γ t
dx
γ
=
=t
+
e 2 = e− 2 t (1 − t)
dt
dt
dt
dt
2
Derivando novamente:
γ
γ
γ
γ
d(e− 2 t − γ2 te− 2 ))
d2 x
γ γ
γ γ
γ
dẋ
d(e− 2 t ) γ d(te− 2 t )
= − e− 2 t − e− 2 t (1 − t)
=
=
=
−
2
dt
dt
dt
dt
2 | {z
dt }
2
2
2
=ẋ
γ
ẍ = e− 2 t (
γ2
t − γ)
4
Assim, temos:
−γ t
x = te 2
γ
ẋ = e− 2 t (1 − γ2 t)
γ
2
ẍ = e− 2 t ( γ4 t − γ)
Substituindo na (4.1.1) e tomando ω0 = γ2 :
γ
e− 2 t (
γ
γ2
γ
γ2 γ
t − γ) + γe− 2 t (1 − t) + e− 2 t = 0
4
2
4
γ
γ
γ
γ2 − γ t
γ2
γ2
te 2 − γe− 2 t + γe− 2 t − te− 2 t +
= 0 =⇒ 0 = 0
4
2
4
γ
Ou seja, a expressão x = te− 2 t satisfaz a (4.1.1). A segunda parte do enunciado
consiste em mostrar que a expressão:
x(t) =
F0
t sin (ω0 t)
2mω0
(4.1.2)
satisfaz a equação diferencial:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
63
4 CAPÍTULO 4
ẍ + ω02 x =
F0
cos (|{z}
ω t)
m
(4.1.3)
=ω0
e as condições iniciais x(0) = 0 e ẋ(0) = 0. Derivando a (4.1.2) duas vezes:
dx
F0 d(t sin (ω0 t))
F0
=
=
(sin (ω0 t) + tω0 cos (ω0 t))
dt
2mω0
dt
2mω0
F0 (sin (ω0 t) + ω0 t cos (ω0 t))
F0
d2 x
=
=
(2ω0 cos (ω0 t) − ω02 t sin (ω0 t))
2
dt
2mω0
dt
2mω0
Substituindo na (4.1.3):
F0
F0
F0
(2ω0 cos (ω0 t) − ω02 t sin (ω0 t)) + ω02
t sin (ω0 t) =
cos (ω0 t)
2mω0
2mω0
m
F0
F0
F0
F0
cos ω0 t − ω02
cos (ω0 t)
t sin (ω0 t) + ω02
sin (ω0 t) =
m
2mω0
2mω0
m
=⇒ cos (ω0 t) = cos (ω0 t)
A (4.1.2) também satisfaz ambas as condições iniciais:
x(0) =
F0
.0. sin (ω0 .0) = 0
2mω0
e:
ẋ(0) =
◮4.2
F0
(sin (ω0 .0) + 0.ω0 cos (ω0 t)) = 0
2mω0
Questão 2
A dissipação de energia é dada por:
∆E = −γhEi∆t
A energia cinética média do oscilador é igual a metade da energia mecânica
média, tomando ∆t = 1s:
∆E = −2γhEc i
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
64
4.2
Questão 2
De acordo com o enunciado o decréscimo de energia a cada segundo é de 4 vezes
a energia cinética, portanto:
∆E = −2γhEc i = −4hEc i =⇒ γ = 2s−1
A partir do fator de mérito é possı́vel relacionar o fator de amortecimento γ e
a frequência natural ω0 do sistema:
ω0
=⇒ ω0 = Qγ = 10γ
γ
< ω0 e o amortecimento é subcrı́tico, e a solução para x é:
Q=
Ou seja,
γ
2
γ
x(t) = e− 2 t [A cos (ωt) + B sin (ωt)]
(4.2.1)
Aplicando a primeira condição inicial x(0) = 0:
x(0) = 0 = A =⇒ A = 0
Derivando x e utilizando a segunda condição inicial é possı́vel encontrar a constante B:
γ
γ
ẋ(t) = − x(t) + e− 2 t [−ωA sin (ωt) + B cos (ωt)]
2
ẋ(0) = 5 = ωB =⇒ B =
5
ω
O valor de ω é dado por:
ω=
Como ω0 = 10γ:
ω=
r
r
100γ 2 −
ω02 −
γ2
4
γ2
≈ 10γ = 20s−1
4
Assim, a constante B vale:
5
= 0.25
ω
Substituindo os valores encontrados para A, B , γ e ω na (4.2.1):
B=
2
x(t) ≈ e− 2 t [0 × cos (20t) + 0.25 × sin (20t)]
x(t) ≈ 0.25e−t sin (20t)
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
65
4 CAPÍTULO 4
◮4.3
Questão 3
a) A solução geral para o caso do amortecimento crı́tico é:
γ
x(t) = Ae− 2 t cos (ωt + φ)
Para o caso de amortecimento fraco podemos considerar que a amplitude em
um instante t é dada pelo fator:
γ
A(t) = Ae− 2 t
Sendo t2 e t1 dois instantes correspondentes a dois máximos consecutivos A2 e
A1 , com t2 > t1 e A2 < A1 , a razão r entre os dois máximos é:
=τ
z }| {
A2
Ae
γτ
− γ2 (t2 − t1 )
r=
=
=⇒ ln r = −
=e
γ
−
t
A1
2
Ae 2 1
O decremento logarı́timico vale:
− γ2 t2
δ = | ln r| =
γτ
2
b) Relacionando a razão r = 1/2 com a constante de amortecimento e o intervalo
de tempo t = nτ (A relação do item anterior para a razão se mantem válida para
outros intervalos de tempo, e não necessariamente só para máximos consecutivos):
ln r = n
Como δ =
γτ
γτ
ln(1/2)
=⇒
=
2
2
n
γτ
:
2
δ=
◮4.4
1
2
ln
n
≈
0.69
n
Questão 4
a) A solução geral para um oscilador criticamente amortecido é:
γ
x(t) = e− 2 t (a + bt)
De acordo com o enunciado o oscilador parte do equilı́brio, aplicando essa
condição inicial é possı́vel obter a:
x(0) = 0 = e0 (a + b × 0) =⇒ a = 0
A solução geral se reduz a:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
66
4.4
Questão 4
γ
x(t) = bte− 2 t
Derivando a expressão e aplicando a segunda condição inicial:
ẋ(t) = −
γ
γ
x(t) +be− 2 t
2 |{z}
γ
=bte− 2 t
ẋ(0) = v0 =⇒ b = v0
A solução geral pode ser reescrita como:
γ
x(t) = v0 te− 2 t
É possı́vel encontrar o valor de t para o qual o deslocamento é máximo derivando
a expressão anterior e igualando-a zero:
γ
γ
γ
ẋ(t) = − v0 te− 2 t + v0 e− 2 = 0 =⇒ γ = 2t
2
De acordo com o enunciado o oscilador atinge o deslocamento máximo quando
t = 1s, portanto:
γ = 2s−1
Esse deslocamento máximo vale 3.68m e ocorre quando t = 1s, portanto:
γ
x(t) = v0 te− 2 t
2
x(1) = 3.68 = v0 × 1 × e− 2 ×1 =⇒ v0 = 3.68e
v0 ≈ 10m/s
b) Nesse segundo caso as novas condições iniciais são x(0) = 2m e ẋ(0) =
10m/s (As duas constantes a e b são diferentes daquelas obtidas no item anterior
e precisam ser calculadas novamente). A partir do deslocamento inicial é possı́vel
encontrar a:
γ
x(t) = e− 2 t (a + bt)
x(0) = 2 = e0 (a + b × 0) =⇒ a = 2
Já a constante b pode ser encontrada a partir da segunda condição inicial:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
67
4 CAPÍTULO 4
γ
γ
ẋ(t) = − x(t) + be− 2 t
2
=2
z}|{
γ
γ
x(0) +be− 2 ×0 =⇒ b = 12
ẋ(0) = 10 = −
2 |{z}
=2
O deslocamento x é então:
x(t) = (2 + 12t)e−t
◮4.5
Questão 5
Solução 1: A equação do movimento é:
mz̈ = −ρż =⇒ z̈ + γ ż = 0
Supondo que a solução é um complexo zi = z0 eωt :
żi = ωz,
z̈i = ω 2 z = 0
Substituindo na EDO encontramos a equação caracterı́stica:
ż
i
z}|{
ω z +γ ωz = 0
|{z}
2
z̈i
ω 2 + γω = 0 =⇒ ω1 = −γ,
ω2 = 0
A solução geral é da forma:
z(t) = Aeω1 t + Beω2 t
Como ω1 = −γ e ω2 = 0:
z(t) = Ae−γ + B
Onde A e B são as constantes arbitrárias que satisfazem as condições iniciais,
que são z(0) = z0 e ż(0) = v0 , portanto:
(
z(0) = A + B = z0
ż0 = −γA = v0
A partir da segunda equação encontramos a constante A:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
68
4.5
A=−
Questão 5
v0
γ
E a partir da primeira equação é possı́vel encontrar B:
B = z0 − A. = z0 +
v0
γ
A solução geral é:
z(t) = −
v0 −γt
v0
v0
e + z0 −
= z0 + (1 − e−γt )
γ
γ
γ
Solução 2: Escrevendo a equação do movimento para o corpo:
mz̈ = −ρż =⇒ z̈ = −γ ż
Ao introduzir uma nova variável q = ż a expressão anterior se torna:
dq
= −γq
dt
A EDO anterior é uma EDO separável. Separando as variáveis e integrando:
Z q
Z t
dq
q
dq
= −γt
dt =⇒ ln
= −γdt =⇒
= −γ
q
q0
q0 q
0
q̇ =
q(t) = q0 e−γt
De acordo com o enunciado a velocidade inicial é v0 , a partir dai é possı́vel
encontrar a constante q0 :
ż(0) = q(0) = q0 e−γ×0 = v0 =⇒ q0 = v0
q(t) = v0 e−γt
Como ż = q:
dz
= q =⇒ dz = qdt = v0 e−γt dt =⇒
dt
Z
z
dz = v0
z0
Z
t
e−γt dt
0
Integrando:
z − z0 = −
v0 −γt
(e − e0 )
γ
Simplificando a expressão anterior obtemos o deslocamento z:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
69
4 CAPÍTULO 4
v0
(1 − e−γt )
γ
z(t) = z0 +
◮4.6
Questão 6
A equação do movimento para esta partı́cula é:
mz̈ = −ρż + mg =⇒ z̈ + γ ż = g
A solução geral da EDO é:
zt = zh (t) + zp (t)
A função zh (t) representa a solução da EDO homogênea correspondente, que
foi encontrada no exercı́cio anterior:
zh (t) = Ae−γt + B
Como a expressão do lado direito da EDO é uma constante, espera-se que a
solução particular seja da forma:
zp (t) = Ct + D
Calculando suas respectivas derivadas e substituindo na EDO:
żp = C,
z̈ = 0
g
g
=⇒ zp (t) = t + D
γ
γ
A solução geral é soma entre a solução particular e a solução homogênea, logo
(O termo B + D obtido ao somar as duas expressões se mantém constante, por isso
somente a constante B foi mantida na expressão):
z̈ + γ ż = g =⇒ 0 + γC = g =⇒ C =
g
z(t) = Ae−γt + B + t
γ
As condições iniciais são z(0) = z0 e ż(0) = v0 , portanto:
(
A + B = z0
−γA + γg = v0
A partir da segunda equação:
A=−
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
g
v0
+ 2
γ
γ
70
4.7
Questão 7
Substituindo na primeira equação para encontrar B:
B = z0 +
v0
g
− 2
γ
γ
Substituindo na expressão geral:
v0
g
v0
g
g
g
z(t) = Ae−γt + B + t = (− + 2 )e−γt + z0 +
− 2+ t
γ
γ
γ
γ
γ
γ
Simplificando:
z(t) = z0 +
◮4.7
v0
g
− 2
γ
γ
g
(1 − e−γt ) + t
γ
Questão 7
A EDO correspondente ao movimento é:
mẍ + kx = F0 sin (ωt)
ẍ + ω02 x =
F0
sin (ωt)
m
Que possui solução geral:
x(t) = xh (t) + xp (t)
A solução homogênea da EDO é:
xh (t) = B sin (ω0 t + φ)
(Pois ela satisfaz ẍ + ω02 x = 0). Supondo que a solução particular é da forma:
xp = A sin (ωt)
Temos:
ẍp = −ω 2 A sin (ωt)
Substituindo na EDO:
ẍ + ω02 kx =
F0
F0
sin (ωt) =⇒ −ω 2 A sin (ωt) + ω02 A sin (ωt) =
sin (ωt)
m
m
Resolvendo para A:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
71
4 CAPÍTULO 4
F0
m(ω02 − ω 2 )
A=
Portanto:
xp =
F0
sin (ωt)
− ω2)
m(ω02
A solução geral é:
x = xp + xh =
F0
sin (ωt) + B sin (ω0 t + φ)
− ω2)
m(ω02
B pode ser obtido a partir das condições iniciais:
(
x(0) = B sin (φ) = 0
ωF0
cos φ + ω0 B cos φ = 0
m(ω 2 −ω 2 )
0
Pela primeira equação:
φ=0
E pela segunda equação:
B=−
F0
ω
2
ω0 m(ω0 − ω 2 )
Assim, a solução é reescrita como:
F0
x(t) =
2
m(ω0 − ω 2 )
◮4.8
ω
sin (ωt) −
sin (ω0 t)
ω0
Questão 8
A EDO correspondente ao movimento é:
F0 −βt
e
m
A solução da EDO homogênea correspondente é:
ẍ + ω02 x =
xh = a cos (ω0 t) + b sin (ω0 t)
Como a expressão do lado direito da EDO é uma exponencial, iremos supor
que a solução particular é da forma:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
72
4.8
Questão 8
xp = Ce−βt
Onde C representa uma constante. Derivando a expressão duas vezes:
ẍp = β 2 Ce−βt
Substituindo na EDO:
β 2 Ce−βt + Ce−βt =
F0 −βt
e
m
Resolvendo para C:
C=
F0
+ β 2)
m(ω02
A solução particular resulta em:
xp =
F0
e−βt
2
2
m(ω0 + β )
E a solução geral:
x(t) = a cos (ω0 t) + b sin (ω0 t) +
F0
e−βt
+ β 2)
m(ω02
Ajustando às condições inicias:
(
F0
=0
m(ω02 +β 2 )
−β m(ωF2 0+β 2 ) + ω0 b
0
x(0) = a +
ẋ(0) =
=0
A partir da primeira equação encontra-se a:
a=−
F0
+ β 2)
m(ω02
E pela segunda equaçã obtém-se:
b=
F0
β
2
ω0 m(ω0 + β 2 )
A solução completa fica:
F0
x(t) =
2
m(ω0 + β 2 )
e
−βt
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
β
− cos (ω0 t) +
sin (ω0 t)
ω0
73
4 CAPÍTULO 4
◮4.9
Questão 9
Identificando as forças que agem sobre o bloco:
mz̈ = −Fat − Fel − E + P
Sendo l0 o comprimento rekaxada da mola, a o comprimento da aresta do bloco
cúbico, ρ sua densidade e ρ0 a densidade do fluido no qual o bloco está mergulhado,
a expressão anterior se torna:
mz̈ = −ρż − k(z − l0 ) − ρa3 g + mg
Reescrevendo a EDO na forma usual:
z̈ +
ρ
k
ρ0
ż + z = g − g + kl0
3
ρa
m
ρ
A frequência natural do sistema é:
v
r
u k
40
u
≈ 2.23s−1
ω0 = u 3 =
t ρa
8
|{z}
=m
E o fator de amortecimento γ vale:
γ=
ρ
2
= = 0.25s−1
m
8
Temos que γ/2 < ω0 , portanto o movimento é subamortecido e a solução geral
da EDO homogênea correspondente é da forma:
γ
xh = e− 2 t (a cos (ωt) + b sin (ωt))
Com ω:
ω=
r
γ2
=
ω02 −
4
r
2.232 −
0.252
≈ 2.23s−1
4
Substituindo na solução homogênea:
xh = e−0.125t (a cos (2.23t) + b sin 2.23t)
Para encontrar a solução particular iremos supor que ela é da forma xp = C,
onde C representa uma constante, pois a expressão do lado direito da EDo também
é constante. Substituindo na EDO:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
74
4.9
Questão 9
=C
ρ
ρ0
k z}|{
z̈ + 3 |{z}
z = g − g + kl0
ż +
|{z}
ρa
m
ρ
=0
=0
ρ0
g
ρ0
k
C = g − g + kl0 =⇒ C = 2 (1 − ) + l0
m
ρ
ω0
ρ
Substituindo pelos valores numéricos:
zp = C =
9.81
1.25
(1 −
) + 0.5 = 2.15m
2
2.23
8
A solução geral é então:
z = zh + zp = e−0.125t (a cos (2.23t) + b sin 2.23t) + 2.15
Com as constantes a e b a serem determinadas a partir das condições inicias.
De acordo com o enunciado o bloco é solto a partir do repouso e a 1cm para baixo
da posição de equilı́btio. A posição de equilı́brio está a 2.15m do teto, e é a mesma
distância encontrada na solução particular, portanto a primeira condição inicial é
z(0) = 2.15 + 0.01 = 2.16m:
z(0) = 2.16 = e−0.125×0 (a cos (2.23 × 0) + b sin 2.23 × 0) + 2.15 =⇒ a = 0.01m
E pela segunda condição inicial ż(0) = 0, pois o bloco parte do repouso. Derivando z(t) obtém-se:
γ
γ
ż(t) = − z(t) + e− 2 t (−ωa sin (ωt) + ωb cos (ωt))
2
ż(0) + γ2 z(0)
γ
ż(0) = − z(0) + ωb =⇒ b −
2
ω
0.125
= 0.01 × 0.056
2.23
Substituindo as constantes encontradas na solução da EDO:
b = 0.01 ×
z = zh + zp = e−0.125t (0.01 cos (2.23t) + 0.01 × 0.056 sin 2.23t) + 2.15
Simplificando:
z(t) = 2.15 + 0.01e−0.125t (cos (2.23t) + 0.056 sin (2.23t)) (m)
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
75
4 CAPÍTULO 4
◮4.10
Questão 10
a) A amplitude deste tipo de oscilação é dada por (Conferir seção 4.4-a):
F0
p
2
m (ω0 − ω 2 )2 + γ 2 ω 2
A(ω) =
Para que a amplitude seja máxima o termo dentro da raiz deve ser mı́nimo,
portanto:
d(ω02 − ω 2 )2 + γ 2 ω 2 )
dω
=0
ωmax
Derivando:
−4ω(ω02 − ω 2 ) + 2γ 2 ω = 0 =⇒ ω 2 = ω02 −
γ2
2
O valor de ω para o qual a amplitude é máxima é:
ωmax =
r
ω02 −
γ2
2
Substituindo na expressão da amplitude encontramos:
Amax =
b) O produto Aω vale:
A(ω)ω =
F0
m
F
q 0
mγ ω02 −
s
γ2
4
ω2
(ω02 − ω 2 ) − γ 2 ω 2
Para que a amplitude Aω seja máxima o termo da raiz deve ser maximizado,
portanto basta derivar e igualar à zero, assim como no item anterior:
2
d( (ω2 −ωω2 )−γ 2 ω2 )
=0
0
dω
ωmax
Derivando pela regra do quociente chegamos a:
2ω[(ω02 − ω 2 )2 + γ 2 ω 2 ] + ω 2 [−2ω(ω02 − ω 2 ) + 2γ 2 ω] = 0
Simplificando a expressão chegamos em:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
76
4.11
Questão 11
2ω 4 − 3ω02 ω 2 + ω04 = 0
Que é uma equação biquadrática. Resolvendo a equação obtém-se a raiz nãonula:
ωmax = ω0
Substituindo na expressão da amplitude Aω encontra-se:
(Aω)max =
◮4.11
F0
γm
Questão 11
O ponto A no qual a mola está presa oscila obedecendo a seguinte expressão:
zA = A sin (ωt)
Com A = 5cm. Ou seja, o próprio movimento da mão da pessoa provoca uma
distensão na mola. Além disso há a distensão z causada pelo movimento do bloco,
deste modo a força restauradora exercida pela mola sobre o ponto a é:
F = k(z − A sin (ωt))
E a força total exercida sobre a extremidade A vale (A expressão seguinte é a
resposta do item b):
F (t) = mg + k(z − A sin ωt)
A força resturadora exercida pela mola tem o mesmo módulo, mas direção
contrário, portanto vale F = k(A sin (ωt − z)). Escrevendo a EDO para o bloco:
mz̈ = mg + k(A sin (ωt − z))
z̈ + ω02 z = ω02 sin (ωt)
A solução da EDO homogênea associada já é conhecida:
zh = a cos (ω0 t) + b sin (ω0 t)
Para encontrar a solução particular iremos supor que ela é da forma:
zp = C sin (ωt)
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77
4 CAPÍTULO 4
Substituindo na EDO:
−ω 2 C sin (ωt) + ω02 C sin (ωt) = ω02 A
C=
A solução geral é:
ω02
A
ω02 − ω 2
z = zh + zp = a cos (ω0 t) + b sin (ω0 t) +
ω02
A sin (ωt)
ω02 − ω 2
A partir da primeira condição inicial z(0) = 0 (O bloco está inicialmente em
equilı́brio):
z(0) = a = 0
E pela segunda condição inicial ż(0) = 0 encontramos b:
ż = −aω sin (ω0 t) + ω0 b cos (ω0 t) + ω
ω02
A sin ω
ω02 − ω 2
ω02
ω
ω02
A = 0 =⇒ b = −
A
ż(0) = 0 =⇒ ω0 b + ω 2
ω0 − ω 2
ω0 ω02 − ω 2
Substituindo o termo anterior e sua segunda derivada na solução:
Tomando:
ω
ω02
z(t) = 2
A − sin (ω0 t) + sin (ωt)
ω0 − ω 2
ω0
A′ =
A expressão anterior se torna:
ω02
A
ω02 − ω 2
ω
z(t) = A′ − sin (ω0 t) + sin (ωt)
ω0
A frequência natural vale:
ω0 =
r
k
=
m
r
80
≈ 12.65s−1
0.5
Já a frequência da força de impulsão vale:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
78
4.12
ω=
Questão 12
2π
2π
=
≈ 6.28s−1
τ
1
Por fim, a constante A′ fica:
A′ =
◮4.12
12.652
ω02
A
=
× 0.05 ≈ 0.066m
ω02 − ω 2
12.652 − 6.282
Questão 12
A variação na amplitude do sistema ao longo do tempo não altera seu perı́odo, que
só depende de ω, portanto ele é constante e vale:
τ=
π
2π
= s ≈ 0.63s
ω
5
Sendo Ai a amplitude do bloco no inı́cio do n-ésimo semiperı́odo e Ai+1 a
amplitude após o n-enésimo semiperı́odo, temos que pela conservação de energia
mecânica:
kA2i+1
kA2i
=
+ µmg(Ai + Ai+1 )
{z
}
|
2
2
W
Onde W representa a energia dissipada devido ao atrito. A equação anterior é
uma equação quadrática para Ai+1 que tem como solução:
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79
4 CAPÍTULO 4
Ai+1
Ai
m
m
m
µmg
k
Ou seja,a partir da equação anterior podemos encontrar a diferença entre duas
amplitudes consecutivas:
Ai+1 = Ai − 2
∆A = Ai − Ai+1 = 2
µmg
k
Substituindo pelos valores numéricos:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
80
4.13
∆A = 2 ×
Questão 13
0.25 × 1 × 9.81
≈ 4.9cm
100
A amplitude decresce por 4.9cm a cada semiperı́odo, portanto o número de
semiperı́odos necessários para que o bloco pare é:1
n=
◮4.13
24.5
A
=
=5
∆A
4.9
Questão 13
A potência média é dada por:
hP i = hF ẋi
hP i = hF0 cos (ωt)(−ωa sin ωt + ωb cos (ωt))i
hP i = F0 h(−ωa
1
sin 2ωt +ωb cos2 (ωt))i
2
| {z }
=sin (ωt) cos (ωt)
Como sin (2ωt) = 0 e cos(ωt) = 1/2 a equação anterior se reduz a:
hP i = F0
◮4.14
ω|b|
2
Questão 14
O raciocı́nio que deve ser desenvolvido neste exercı́cio é o mesmo daquele apresentado na seção 4.6 (Oscilações acopladas). Como o sistema é idêntico as equação
obtidas são as mesmas (Conferir eq. 4.6.11-4.6.13) para os corpos 1 e 2, respectivamente:
x1 (t) = A1 cos (ω0 t + φ1 ) + A2 cos (ω2 t + φ2 )
x2 (t) = A1 cos (ω0 t + φ1 ) − A2 cos (ω2 t + φ2 )
Pelas condições iniciais x1 (0) = 0 e x2 (0) = 0:
1
Referência: https://www.ncsu.edu/per/Articles/MarchewkaAbbott&Beichner.pdf
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
81
4 CAPÍTULO 4
A1 cos φ1 + A2 cos φ2 = 0
A1 cos φ1 − A2 cos φ2 = 0
A partir da equação anterior concluı́mos que φ1 = π/2 e φ2 = π/2. As equações
do deslocamento se tornam:
x1 (t) = A1 sin (ω0 t) + A2 sin (ω2 t)
x2 (t) = A1 sin (ω0 t) − A2 sin (ω2 t)
Derivando:
ẋ1 (t) = ω0 A1 cos (ω0 t) + ω2 A2 cos (ω2 t)
ẋ2 (t) = ω0 A1 cos (ω0 t) − ω2 A2 cos (ω2 t)
A partir das condições iniciais relativas às velocidades obtemos as equações:
ẋ1 (0) = ω0 A1 + ω2 A2 = 0
ẋ2 (0) = ω0 A1 − ω2 A2 = v
Somando as duas equações obtemos:
v
2ω0
E substraindo a segunda equação da primeira chegamos em:
A1 =
v
2ω2
Portanto as equações do deslocamento são reescritas como:
A2 = −
v
sin (ω0 t) −
2ω0
v
sin (ω0 t) +
x2 (t) =
2ω0
x1 (t) =
v
sin (ω2 t)
2ω2
v
sin (ω2 t)
2ω2
A frequência natural ω0 é a frequência do pêndulo de comprimeto l (Conferir
equação 4.6.1):
r
r
g
9.81
=
≈ 4.43s−1
ω0 =
l
0.5
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
82
4.15
Questão 15
Já a frequência ω2 é dada por (Conferir equações 4.6.3 e 4.6.10):
r
s
25
≈ 14.8s−1
K = 4.432 + 2 ×
ω2 = ω02 + 2 |{z}
0.25
=k/m
E como v = 0.1m/s as expressões para o deslocamento se tornam (em cm):
x1 (t) = 1.13 sin (4.43t) − 0.34 sin (14.8t)
x2 (t) = 1.13 sin (4.43t) + 0.34 sin (14.8t)
◮4.15
Questão 15
O raciocı́nio aqui empregado é similar àquele desenvolvido no exercı́cio anterior.
A equação do movimento para o primeiro corpo fica:
K
(x1 − x2 ) = 0
m
Com ω02 = k/m. Analogamente para o segundo corpo (Lembre-se que o módulo
da força exercida pela mola central é a mesma para ambos os corpos, contudo a
direção é contrária):
mẍ1 = −kx1 + K(x1 − x2 ) =⇒ ẍ1 + ω12 x1 −
mẍ2 = −kx2 − K(x1 − x2 ) =⇒ ẍ2 + ω12 x2 + K(x1 − x2 ) = 0
Temos portanto duas EDOs:
(
(x1 − x2 ) = 0
I)ẍ1 + ω12 x1 − K
m
K
2
II)ẍ2 + ω1 x2 + m (x1 − x2 ) = 0
Fazendo I + II:
(ẍ1 + ẍ2 ) + ω12 (x1 + x2 ) = 0
Introduzindo uma variável auxiliar q1 = (x1 + x2 )/2 a EDO anterior pode ser
reescrita como:
q̈1 + ω12 q1 = 0
Introduzindo uma nova variável auxiliar q2 = (x2 − x1 )/2 a diferença II − I
entre as EDOs nos leva a:
q̈2 + (ω12 + k)q2 = 0
As EDOs apresentam soluções iguais a:
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83
4 CAPÍTULO 4
q1 (t) = A1 cos (ω1 t + φ1 )
q2 (t) = A2 cos (ω2 t + φ2 )
Como x1 = q2 + q1 e x2 = q2 − q1 , as expressões para o deslocamento podem
ser escritas como:
x1 = A1 cos (ω1 t + φ1 ) + A2 cos (ω2 t + φ2 )
x2 = A1 cos (ω1 t + φ1 ) − A2 cos (ω2 t + φ2 )
As condições iniciais para o deslocamento são x1 (0) = 0 e x2 (0) = 0, que levam
a:
A1 cos φ1 + A2 cos φ2 = 0
A1 cos φ1 − A2 cos φ2 = 0
A partir do sistema anterior obtemos φ1 = π/2 e φ2 = π/2. As equações para
o deslocamento são reescritas como:
x1 (t) = A1 sin (ω1 t) + A2 sin (ω2 t)
x2 (t) = A1 sin (ω1 t) − A2 sin (ω2 t)
As outras duas condições iniciais são ẋ1 = 0 e ẋ2 = v. Derivando as expressões
anteriores para obter ẋ1 (t) e ẋ2 (t) chegamos em:
(
I)ω1 A1 + ω2 A2 = 0
II)ω1 A1 − ω2 A2 = v
Fazendo I + II encontramos:
A1 =
v
2ω1
e fazendo II − I encontramos:
v
2ω2
Assim, as equações para o deslocamento são:
A2 = −
v
sin (ω1 t) −
2ω1
v
x2 (t) =
sin (ω1 t) +
2ω1
x1 (t) =
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
v
sin (ω2 t)
2ω2
v
sin (ω2 t)
2ω2
84
4.16
Questão 16
Com:
ω12 =
◮4.16
k
,
m
ω22 = ω12 + 2
K
m
Questão 16
O raciocı́nio deste exercı́cio é análogo àquele desenvolvido no exercı́cio 14 e na
seção 4.6 do livro, a diferença é que a segunda partı́cula é submetida a uma força
de impulsão da forma F (t) = F0 cos (ωt), ou seja, a primeira EDO é idêntica, mas
a segunda contém um termo adicional F (t) (Conferir equação 4.6.4):
ẍ1 + ω02 x1 − k(x2 − x1 ) = 0
F0
cos(ω0 t)
ẍ2 + ω02 x2 + k(x2 − x1 ) =
m
Introduzindo as mesmas variáveis auxiliares q1 e q2 dos exercı́cios anteriores
obtemos:
F0
cos (ωt)
2m
F0
q̈2 + ω12 = −
cos (ωt)
2m
q̈1 + ω02 q1 =
Com ω02 = g/l e ω12 = ω02 + 2k/m. Supondo que a solução particular da para a
primeira EDO é da forma q1 (t) = C1 cos (ωt), basta substituir na EDO e encontrar
C1 :
−ω 2 C1 cos (ωt) + ω02 C1 cos (ωt) =
F0
cos (ωt)
2m
Obtemos:
C1 =
F0
F0
=⇒ q1 (t) =
cos (ωt)
2
2
2m(ω0 − ω )
2m(ω02 − ω 2 )
Supondo que a solução particular da segunda EDO é q2 = C2 cos (ωt) e passando
pelo mesmo processo o valor encrontado para C2 é:
C2 = −
F0
F0
=⇒ q2 (t) = −
cos (ωt)
2
2
2m(ω1 − ω )
2m(ω12 − ω 2 )
Resolvendo para x1 e x2 obtemos:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
85
4 CAPÍTULO 4
F0
1
1
x1 (t) =
cos (ωt)
−
2m ω02 − ω 2 ω12 − ω 2
1
1
F0
cos (ωt)
+
x2 (t) =
2m ω02 − ω 2 ω12 − ω 2
Simplificando as expressões anteriores:
F0
k
cos (ωt)
2
2
m (ω0 − ω )(ω12 − ω 2 )
F0 (ω02 + ω12 − 2ω 2 )
cos (ωt)
x2 =
2m (ω02 − ω 2 )(ω12 − ω 2 )
x1 =
◮4.17
Questão 17
a) A distensão da mola a esquerda vale x1 − x2 , já a distensão da segunda mola
vale x2 − x3 , escrevendo a equação do movimento para os corpos:
M ẍ1 = −k(x1 − x2 )
mẍ2 = −k(x2 − x3 ) + k(x1 − x2 )
M ẍ3 = k(x2 − x3 ) = −k(x3 − x2 )
O centro de massa do sistema é dado por:
P
mi xi
M x1 + mx2 + M x3
xcm = P
=
2M + m
mi
Derivando:
ẍcm =
(M ẍ1 + mẍ2 + M ẍ3 )
2M + m
Substituindo pelas expressões encontradas nas equações do movimento:
ẍcm =
−k(x1 − x2 ) − k(x2 − x3 ) + k(x1 − x2 ) + k(x2 − x3 )
2M + m
ẍcm = 0
b) Introduzindo as variáveis K = k/M e K ′ = k/k, o sistema anterior pode ser
reescrito como:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
86
4.17
Questão 17
I)ẍ1 + K(x1 − x2 ) = 0
II)ẍ2 + K ′ (x2 − x3 ) − K ′ (x1 − x2 ) = 0
III)ẍ3 + K(x3 − x2 ) = 0
Fazendo II − I:
ẍ2 − ẍ1 + K ′ (x2 − x3 − K ′ (x1 − x2 ) − L(x1 − x2 ) = 0
Introduzindo as variáveis ξ = x2 − x1 e η = x3 − x2 a EDO anterior é reescrita
como:
ξ¨ + (K + K ′ )ξ = K ′ η
Fazendo III − II e utilizando a mesma notação obtemos:
ẍ3 + K(x3 − x2 ) − ẍ2 + K ′ (x2 − x3 ) − K ′ (x1 − x2 = 0
η̈ + (K + K ′ )η = K ′ ξ
Temos portanto um sistema de duas EDOs:
(
I)ξ¨ + (K + K ′ )η = K ′ η
II)η̈ + (K + K ′ )η = K ′ ξ
c) Agora, iremos introduzir novas coordenadas q1 = (ξ + η)/3 e q2 = (ξ − η)/2.
A partir de II + I chegamos na EDO:
ξ¨ + η̈ + (K + K ′ )(ξ + η) = K ′ (η + ξ)
Resolvendo, chegamos na EDO:
q̈1 + Kq1 = 0
E por II − I encontramos:
ξ¨ − η̈ + (K + K ′ )(ξ − η) = K ′ (η − ξ)
q̈2 + (K + 2K ′ )q2 = 0
Assim, as duas EDO desacopladas são:
q̈1 + Kq1 = 0
q̈2 + (K + 2K ′ )q2 = 0
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
87
4 CAPÍTULO 4
A frequência da primeira EDO corresponde à primeira autofrequência do sistema, que vale:
ω12 = K =
k
M
Já a segunda autofrequência vale:
ω22
′
= K + 2K = k
2
1
+
M
m
d) Calculando as a razão entre as autofrequência e fazendo a substituição M =
16u e m = 12u, onde u representa a unidade de massa atômica:
s
s
1
+ 2
1
2
k
ω2
= k
+
= 16 1 12
r=
ω1
M
m M
16
Resolvendo:
ω2
=
ω1
◮4.18
r
11
3
Questão 18
a) A distensão da mola superior vale z1 , já a distensão da mola inferior vale z2 − z1 .
As equações do movimento ficam:
k
(z2 − 2z1 )
m
k
z̈2 = (z1 − z2 )
m
mz̈1 = −kz1 + k(z2 − z1 ) =⇒ z̈1 =
b e c) Supondo que a solução seja uma combinação linear entre z1 e z2 na forma
q = αz1 + βz2 , para que a equação de movimento para q se reduza à equação do
MHS é necessário que:
q̈ = −ω 2 q
Como q = αz1 + βz2 , vem:
q̈ = −ω 2 (αz1 + βz2 ) = −ω 2 αz1 − ω 2 βz2
O termo q̈ é obtido ao derivar q duas vezes:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
88
4.18
Questão 18
q̈ = αz̈1 + β z̈2
Substituindo pelas expressões obtidas no item a:
k
k
(z2 − 2z1 ) + β (z1 − z2 ) = z1 k(β − 2α) + z2 (α − β)
m
m
Substituindo na equação do movimento de q:
q̈ = α
z1 k(β − 2α) + z2 (α − β) = −ω 2 αz1 − ω 2 βz2
Os coeficiente de z1 do lado direito devem se igualar aos coeficientes de z1 do
lado esquerdo, o mesmo para z2 , a partir dai obtemos o sistema:
(
2
I)β − 2α = − ωk α
2
II)α − β = − ωk β
Manipulando a primeira equação para obter β:
ω2
β =α 2−
k
(4.18.1)
E pela equação II:
ω2
α=β 1−
k
(4.18.2)
Multiplicando a (4.18.1) pela (4.18.2) as variáveis β e α se cancelam e chegamos
em:
ω2
1−
k
2 2
ω2
ω2
ω
2−
= 1 =⇒
−3 +1=0
k
k
k
Que é uma equação biquadrática, tomando y = ω 2 /k a equação se torna:
y 2 − 3y + 1 = 0
√
√
Com raı́zes y1 = (3 − 5)/2 e y2 = (3 + 5)/2, assim, obtemos as frequências:
√
k
(3 − 5)
2
√
k
ω22 = (3 + 5)
2
ω12 =
Para encontrar as constantes iremos tomar α = 1, assim, a partir da (4.18.1)
obtemos:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
89
4 CAPÍTULO 4
1 √
1 √
β1 = ( 5 − 1), β2 = − ( 5 + 1)
2
2
Substituindo na expressão q = αz1 + βz2 :
1 √
q1 = z1 + ( 5 − 1)z2
2
1 √
q2 = z2 − ( 5 + 1)z2
2
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
90
5
Capı́tulo 5
Obs: A notação utilizada para a frequência será a letra f , e não ν, para que não
haja confusão com a notação utilizada para a velocidade v.
◮5.1
Questão 1
Pelos dados fornecidos no enunciado podemos obter três caracterı́sticas da corda.
2kg
=
A amplitude A = 0.03m, frequência f = 5Hz e densidade linear µ = ml = 20m
0.1kg/m.
a) A velocidade de propagação v é encontrada a partir da tensão T na corda e
da densidade linear µ:
v=
s
T
=
µ
r
m
10
= 10
0.1
s
O comprimento de onda λ pode ser obtido a partir da velocidade de propagação
e do perı́odo T = f1 :
λ = vT =
10
v
=
= 2m
f
5
b) A equação geral de uma onda harmônica progressiva é:
y(x, t) = A cos (kx − ωt + δ)
Utilizando os valores obtidos anteriormente iremos encontrar o número de onda
k e a frequência angular ω. O número de onda pode ser obtido a partir do comprimento de onda:
2π
2π
=
=π
λ
2
E a frequêcia angular pode ser obtido a partir do número de onda e da velocidade ou da frequência:
k=
ω = kv = 10π
ou,
ω = 2πf = 10π
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
91
5 CAPÍTULO 5
Por fim iremos encontrar a fase δ a partir da condição inicial dada. O deslocamento inicial é de 1.5cm na extremidade x = 0m e no instante inicial y = 0s,
portanto:
y(0, 0) = 0.015 =⇒ y(0, 0) = A cos (k × 0 − ω × 0 + δ) = 0.03 cos δ = 0.015
cos δ =
π
1
=⇒ δ =
2
3
Logo, a equação que descreve essa onda é:
π
y(x, t) = 0.03 cos πx − 10πt +
3
c) A intensidade da uma onda harmônica progressiva é dada por:
1
I = µvω 2 A2
2
Substituindo pelos valores encontrados ao longo do exercı́cio:
I=
◮5.2
1
× 0.1 × 10 × (10π)2 (0.03)2 = 0.44W
2
Questão 2
Durante os 0, 5s iniciais o pulso percorre uma distância x = vt = 10 × 0, 5 = 5m (A
velocidade de propagação é a mesma do exercı́cio anterior v = 10m/s). Ou seja,
para t = 0, 5s o pulso possui a seguinte forma:
y(cm)
10
x(m)
5
Durante o intervalo t = 0, 5 e t = 1, 5s o pulso percore uma distância x =
10 × (1, 5 − 0, 5) = 10m. Ou seja, o pulso da figura anterior se desloca dez metros
para a direita e tem sua amplitude diminuida até se tornar nula na origem:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
92
5.2
Questão 2
y(cm)
10
x(m)
10
15
a) Entre os instantes t = 1, 5s e t = 1, 7s a corda percorre x = 10 × 0, 2 = 2m,
ou seja, o pulso anterior se desloca dois metros para a direita:
y(cm)
10
x(m)
2
12
17
b) Entre t = 1, 7s e t = 2, 6s o pulso se desloca x = 10 × (2, 6 − 1, 7) = 9m
para a direita. Contudo, parte do pulso é refletida com amplitude de sinal oposto.
Como a extremidade da corda está presa em x = 20m, a fração do pulso em
x > 20 − 9 = 11 é refletido. Deste modo poderiamos representar o pulso refletido
e o pulso não refletido da seguinte maneira:
y(cm)
10
x(m)
11
14
19 20
Fazendo a superposição entre o pulso encontramos a seguinte forma:
y(cm)
10
x(m)
11
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
14
19 20
93
5 CAPÍTULO 5
◮5.3
Questão 3
Na situação inicial, na qual o bloco não está mergulhado, a tensão é igual ao peso
do bloco, assim a velocidade de propagação é:
v=
s
T
=
µ
r
mg
=⇒
µ
T = mg = µv 2
(5.3.1)
Na segunda situação o empuxo também age sobre o bloco. O volume que está
submerso na água é Vs = 32 V , sendo V o volume total do bloco. Sendo ρ0 a
densidade da água a nova tensão na corda é:
2
T ′ = P − E = mg − ρ0 V g
3
A nova velocidade de propagação v ′ vale 95.5% da anterior, assim:
v ′ = 0.955v =
s
T′
=⇒ T ′ = µv ′2
µ
2
T ′ = mg − ρ0 V g = µ(0.955)2 v 2
3
(5.3.2)
Dividindo a (5.3.2) pela (5.3.1):
mg − 23 ρ0 V g
T′
µ(0.955)2 v 2
=
=
T
mg
µv 2
Simplificando e escrevendo a massa m do bloco em termos de sua densidade ρ
e volume V :
ρ − 23 ρ0
≈ 0.912
ρ
Manipulando a equação anterior para encontrar a densidade relativa à água,
que é a razão ρρ0 obtemos:
ρ
= 7.6
ρ0
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
94
5.4
◮5.4
Questão 4
Questão 4
a) A velocidade de propagação é:
v=
s
T
µ
Onde µ é constante e representa a densidade linear da corda. Derivando com
respeito a T e relacionando a derivada com a variação percentual (Fazendo que
∆v ≈ dv e que ∆T ≈ dT ):
1
∆v
1 ∆T
dv
= √
=⇒ ∆v = √
≈
dT
∆T
2 µT
2 µT
Dividindo a expressão anterior por v:
∆T
∆v
1 õT
1 ∆T
= q =
v
2 T
2 T
µ
b) Como a intensidade máxima dos batimentos se repete a cada 0.5s, o periodo
associado a esses batimentos é ∆t = 0.5s, e se refere a onda moduladora do sistema.
A frequência ∆f associada é então:
∆f =
1
1
=
= 2Hz
∆t
0.5
Que além de ser a frequência da onda moduladora também é a diferença entre
as frequências das duas ondas.
A velocidade de propagação da onda é v = λf , portanto a variação ∆v de
velocidade corresponde a:
∆v = λ∆f =⇒
∆v
∆f
=
v
f
Relacionando com a variação percentual da tensão:
∆v
1 ∆T
∆T
∆v
∆f
=
=⇒
=2
=2
v
2 T
T
v
f
Substituindo pelos valores encontrados:
∆T
∆f
2
=2
=
≈ 0.91%
T
f
440
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
95
5 CAPÍTULO 5
◮5.5
Questão 5
A velocidade de fase pode ser escrita como:
ω
k
E de acordo com o enunciado, a velocidade de fase nas ondas é:
r
r
ω
gλ
g
=
=
vϕ =
2π
k
k
vϕ =
A frequência angular é então:
ω=
p
gk
A velocidade de grupo é a derivada da frequência angular com respeito ao
número de onda:
r
√
d( gk)
1 g
dω
=
=
vg =
dk
dk
2 k
Comparando com a velocidade de fase é fácil ver que:
1
vg = vϕ
2
◮5.6
Questão 6
a) A amplitude da onda resultante pode ser obtida a partir de:
A2 = A21 + A22 + 2A1 A2 cos ∆φ
Com A1 = A = 2mm e A2 = 2A = 4mm e ∆φ representa a defasagem
entre as ondas. A primeira onda é cossenoidal e possui fase φ1 = π6 , as segunda
onda é senoidal de fase 0, portanto na representação como cossenóide sua fase
vale ı/2 (Mais detalhadamente, a expressão da onda é y2 = 2A sin (ωt − kx), como
sin θ = − sin θ e cos (θ + π/2) = − sin θ a expressão para a segunda onda fica
y2 = 2A cos (kx − ωt + π/2)). Substituindo os valores numéricos na fórmula:
r
π π
A = 22 + 42 + 2 × 2 × 4 cos ( − ) = 5.29m = 5.29 × 10−3 m
2
3
A fase da onda resultante pode ser obtida a partir de (Conferir seção 3.5 do
livro):
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
96
5.6
Questão 6
φ = φ1 + β
Com,
sin β =
sin β =
A2
sin φ2 − φ1
A
π π
4
sin −
=⇒ β ≈ 0.714rad
5.29
2
6
π
+ 0.714 ≈ 1.24rad
6
φ=
A expressão da onda fica:
y = 5.29 × 10−3 cos (kx − ωt + 1.24)
A frequência angular vale ω = 2πf = 2π × 100 ≈ 628.
2
A área da seão transversal da corda vale A = d4 π = 0.0025πcm2 , e sua densidade ρ = 8g/cm3 , portanto sua densidade linear vale µ = Aρ, e velocidade de
propagação da onda é:
v=
s
T
=
µ
s
T
=
Aρ
s
500
≈ 282.1m/s
× π × 8000
(0.012 )/4
Como ω = kv:
k=
ω
628
=
≈ 2.23m−1
v
282.1
Por fim, encontramos a expressão da onda resultante:
y = 5.29 × 10−3 cos (2.23x − 628t + 1.24)
b) A equação da intensidade da onda é:
1
I = µvω 2 A2
2
Substituindo pelos valores numéricos obtidos:
0.0012
1
π) × 282.1 × 6282 × (5.29 × 10−3 )2 ≈ 9.8W
I = (8000 ×
2
4
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
97
5 CAPÍTULO 5
√
c) A expressão para a intensidade resultante da onda é I = I1 +I2 +2 I1 I2 cos ∆φ.
Fazendo a diferença de fase ∆φ assumir os valores 0 e π obtemos o valor das intensidades máximas e mı́nimas, respectivamente. O valor da intensidade da primeira
onda é:
1
I1 = µvω 2 A2
2
Já para a segunda onda:
1
I2 = µvω 2 (2A)2 = 4I1
2
Substituindo na expressão da intensidade resultando, para ∆φ = 0:
q
Imax = I1 + 4I1 + 2 4I12 = 9I1
Fazendo o mesmo para obter o mı́nimo:
Imin = I1 + 4I1 − 2
q
4I12 = I1
Ou seja, a razão entre as intensidades vale:
r=
◮5.7
Imax
=9
Imin
Questão 7
a) A velocidade de propagação da onda na corda é:
s
T
m
80
v=
= 400
=
−3
µ
0.5 × 10
s
O comprimento de onda pode ser obtido a partir de:
λ=
400
v
=
≈ 0.6
f
660
Como a corda oscila no primeiro modo normal de vibração o comprimento
da onda estacionário vale o dobro do comprimento da corda λ = 2l, portanto o
comprimento da corda é:
l=
λ
= 0.3m
2
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
98
5.8
Questão 8
b) Nessa nova situação a porção da corda que vibra possui comprimento l′ .
Adotando o mesmo procedimento do exercı́cio anterior podemos encontrar o novo
comprimento de onda a partir da frequência de vibração e da velocidade de propagação:
λ′ =
400
v
=
= 0.455m
f
880
O novo comprimento é:
l′ =
λ′
= 0.227m
2
A razão entre os comprimentos é:
0.227
3
l′
=
≈ 75% =
l
0.3
4
◮5.8
Questão 8
É possı́vel descrever os modos normais de vibração a aprtir da seguinte equação
(Conferir seção 5.7):
y(x, t) = A(x) cos (ωt + δ)
(5.8.1)
Além disso, a função A(x) deve ser solução da seguinte equação diferencial:
d2 A
+ k2A = 0
2
dx
Ou seja, tem solução geral na forma:
A(x) = a cos (kx) + b sin (kx)
As condições iniciais nos permitirão encontrar a e b e por conseguinte k. A
primeira condição de contorno se aplica à origem:
y(0, t) = 0
Além disso sabemos que a componente vertical da força resultante na extremidade livre (que está a uma distância x = l) deve ser nula:
∂y
(l, t) = 0
∂x
Aplicando a primeira condição de contorno:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
99
5 CAPÍTULO 5
a cos (k.0) + b sin (k.0) =⇒ a = 0
Agora, aplicando a segunda condição de contorno:
=0
z}|{
∂( a cos (kl) + b sin (kl))
= 0 =⇒ b cos (kl) = 0
∂x
Como b 6= 0, temos que:
(2n + 1)π
(n = 0, 1, 2, 3 · · · )
l
Logo, n-ésima frequência fundamental é expressão por:
cos(kl) = 0 =⇒ kn =
ωn
kn v
(2n + 1)
=
=
v (n = 0, 1, 2, 3 · · · )
2π
2π
4l
Relacionando o comprimento de onda do n-ésimo modo de vibração com o
comprimento da corda:
fn =
2π
(2n + 1)λ
=⇒ l =
kn
4
Para o primeiro modo normal:
λn =
λ
4
Isto é, o comprimento da corda corresponde a 1/4 do comprimento de onda.
, e por fim, para o terceio modo
Para o segundo modo normal obtemos l1 = 3λ
4
5λ
normal l2 = 4 :
l0 =
l=
l=
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
λ
4
3λ
4
100
5.9
5λ
4
l=
◮5.9
Questão 9
Questão 9
Inicialmente o pulso se propaga para a direita, até ser refletido e voltar para a
posição inicial, atingindo a extremidade fixa e em seguida há uma inversão de sinal
na amplitude. Ele realiza o mesmo processo, se propagando até a extremidade fixa
e voltando para a posição inicial, dessa vez voltando a condição original.
l
l
l
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
101
5 CAPÍTULO 5
l
l
l
Deste modo, a distância percorrida pelo pulso é x = 4l, e o tempo necessário
para que isso ocorra é:
t=
◮5.10
4l
v
Questão 10
O deslocamento transversal é dado por:
yn (x, t) = bn sin (kn x) cos (ωn t + δn )
Derivando a expressão para obter a velocidade:
ẏn =
∂y
= −ωn bn sin (kn x) sin (ωn t + δn )
∂t
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
102
5.11
Questão 11
A energia cinética de uma fração infinitesimal da corda de massa dm é:
µẏ 2
dmẏn2
= n dx
2
2
dE =
Tomando t = 0 para ẏn (x, t) e substituindo na expressão anterior:
µωn2 b2n
µ(ωn bn sin (kn x))2
dx =
sin2 (kn x)dx
2
2
Escrevendo ωn em termos de fn :
dE =
ωn = 2πfn =⇒ dE = 2π 2 µfn2 b2n sin (kn x)dx
Agora, integrando a expressão:
Z
Z
E
dE = 2π
0
2
µfn2 b2n
l
sin2 (kn x)dx
0
Utilizando a fórmula do meio-arco para tornar a integral mais simples:
1
sin2 (kn x) = (1 − cos (kn x))
2
Z
E
dE = 2π
0
2
1
µfn2 b2n
2
Z
l
0
1
(1 − cos (kn x))dx
2
E = π 2 µfn2 b2n (l − sin (kn l) )
| {z }
l)=0
=sin ( 2π
λ
Finalmente, encontramos a energia total, que é:
E = π 2 µlfn2 b2n
◮5.11
Questão 11
a) Basta utilizar as fórmulas ω = kv e v =
caso da corda 1:
v1 =
s
T
,
µ1
p
T /µ para cada uma das cordas. No
k1 =
ω
v1
Para a corda 2:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
103
5 CAPÍTULO 5
v2 =
s
T
,
µ2
k1 =
ω
v2
b) No ponto de junção o deslocamento transversal de ambas as cordas deve ser
igual, portanto o deslocamento transversal da onda incidente e da onda refletida
somados devem se igualar ao deslocamento transversal da orda transmitida:
yi + yr = yt
(5.11.1)
c) Vimos que a projeção vertical da tensão agindo sobre um ponto (x, y) da
corda é dado por:
∂y
∂x
As forças exercida por ambas as cordas devem se igualar, a partir disto obtemos
a segunda condição de contorno :
Fy = T sin θ ≈ T
T
∂(yi + yr )
∂yt
=T
∂x
∂x
∂
∂
(yi + yr ) =
yt
∂x
∂x
(5.11.2)
d) Aplicando a primeira condição de contorno, para x = 0:
yi (0, t)+yr (0, t) = yt (0, t) =⇒ A1 cos(k1 |{z}
x −ωt)+B1 cos(k1 x+ωt) = A2 cos(k2 x−ωt)
=0
A1 cos (−ωt) + B1 cos (ωt) = A2 cos (−ωt)
Como cos (ωt) = cos (−ωt), os cossenos na expressão anterior se cancelam e
obtemos:
A1 + B1 = A2
(5.11.3)
Derivando as expressões para o deslocamento transversal obtemos:
∂
(yi + yr ) = k1 (−A1 sin(k1 x − ωt) + B1 sin(k1 x + ωt))
∂x
e,
∂
yt = −k2 A2 sin(k2 x − ωt)
∂x
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
104
5.11
Questão 11
Aplicando a (5.11.2), que é a segunda condição de contorno (Em x = 0):
∂
(yi + yr )
∂x
=
x=0
∂
yt
∂x
x=0
−k1 (A1 sin(k1 x − ωt) + B1 sin(k1 x + ωt)) = −k2 A2 sin(k2 x − ωt)
A1 sin(−ωt) + B1 sin(ωt) =
k2
A2 sin(−ωt)
k1
Como sin (−ωt) = − sin (ωt) a expressão anterior se reduz à:
A1 − B1 =
k1
A2
k2
(5.11.4)
A (5.11.3) e a (5.11.4) constituem um sistema de equações, e a partir dele
1
, que representa a amplitude de reflexão, e a razão
encontraremos a razão ρ = B
A1
A2
τ = A1 , que representa a amplitude de transmissão:
(
I) A1 + B1 = A2
II) A1 − B1 = kk21 A2
Fazendo I) + II) obtém-se:
A2
k1
k2
A1 = A2
+ 1 =⇒ τ =
=2
k1
A1
k1 + k2
Lembre-se que k1 = ω/v1 e que k2 = ω/v2 , assim, ao reescrever a expressão
anterior em função das velocidades obtemos:
ω
k1
A2
=2
= 2 ω v1
τ=
+
A1
k1 + k2
v1
ω
v2
=2
v2
v1 + v2
Para encontrar ρ iremos reescrever o sistema, multiplicando ambos os lados de
I) pela razão kk21 , obtendo:
(
I) kk21 (A1 + B1 ) = kk12 A2
II) A1 − B1 = kk12 A2
Ou seja, as expressões no lado esquerdo de ambas as equações devem se igualar,
portanto:
k2
(A1 + B1 ) = A1 − B1
k1
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
105
5 CAPÍTULO 5
A1
k2
1−
k1
= B1
k2
1+
k1
=⇒ A1
k1 − k2
k1
= B1
k1 + k2
k1
k1 − k2
B1
=
A1
k1 + k 2
Escrevendo k em termos de v encontramos a seguinte expressão para a amplitude de reflexão:
ρ=
B1
=
ρ=
A1
ω
v1
ω
v1
−
+
ω
v2
ω
v2
=
v2 − v1
v2 + v1
Veja que se v1 > v2 temos ρ < 0, o que implica em uma amplitude B1 negativa,
ou seja, o sinal refletido volta invertido.
◮5.12
Questão 12
a) A intensidade da onda refletida é:
1
Ir = µ1 v1 ω 2 B12
2
Já a da onda incidente:
1
Ii = µ1 v1 ω 2 A21
2
E por fim, intensidade da onda transmitida é:
1
It = µ2 v2 ω 2 A22
2
Calculando a razão entre s intensidades da onda refletida e da onda incidente:
1
µ v ω 2 B12
Ir
B1
2 1 1
r=
=
= ρ2
= 1
2
2
Ii
A1
µ v ω A1
2 1 1
Portanto a refletividade é:
2
r=ρ =
v1 − v2
v1 + v2
Agora, calculando a transmissividade:
1
µ v ω 2 A22
It
µ2 v 2
2 2 2
t= = 1
=
2
2
Ii
µ1 v 1
µ v ω A1
2 1 1
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
2
A2
A1
2
=
µ2 v 2 2
τ
µ1 v 1
106
5.12
Questão 12
Como T = v 2 µ, e T é igual para ambas as cordas (no ponto de junção) temos
que:
T = v12 µ1 = v22 µ2 =⇒
µ2
v2
v1
µ2 v 2
= 12 =⇒
=
µ1
v2
µ1 v 1
v2
Substituindo na expressão para a transmissividade:
t=
4v 2
µ2 v 2 2 v 1 2 v 1
τ = τ =
µ1 v 1
v2
v2 (v1 + v2 )2
t=
4v1 v2
(v1 + v2 )2
b) Finalmente, podemos calcular r + t:
r+t =
v1 − v2
v1 + v2
2
v12 − 2v1 v2 + v22
4v1 v2
4v1 v2
v12 + 2v1 v2 + v22
= 2
+
+
= 2
(v1 + v2 )2
v1 + 2v1 v2 + v22 v12 + 2v1 v2 + v22
v1 + 2v1 v2 + v22
r+t=1
A expresssão exprime a conservação de energia. Para tornar isso mais claro,
voltemos a escrever a expresão anterior como a razão entre as diferentes intensidades:
Ir It
+ = 1 =⇒ Ir + It = Ii
Ii
Ii
Ou seja, o fluxo de energia refletido mais o fluxo de energia transmitido são
iguais ao fluxo de energia incidente.
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
107
6 CAPÍTULO 6
6
◮6.1
Capı́tulo 6
Questão 1
a) A velocidade do som é dada por (Considerando o processo adiabático):
r
γRT
v=
m
Substituindo pelos dados fornecidos no enunciado:
r
1.66 × 8.31 × 293
m
v=
= 1005
−3
4 × 10
s
b) A frequência da onda é dada por f = λv , calculando a razão entre a frequência
f do hélio e a frequência f0 do ar, a um mesmo comprimento de onda:
f
=
f0
v
λ
v0
λ
=
1005
≈ 2.96
340
Ou seja, uma voz de baixo é transformada em voz de soprano, isto é, fica mais
aguda.
◮6.2
Questão 2
a) O nı́vel sonoro da onda é (em dB):
I
α = 10 log1 0
I0
I0 é o valor de referência. A intensidade I pode ser obtida a partir da razão entre
a potência e a área pela qual o som se distribui, visto que ele o faz uniformemente
em todas as direções a área é esférica:
P
4πr2
Onde r representa a distância da fonte sonora. Substituindo na expressão do
nı́vel sonoro:
I=
α = 10 log10
P
4πr2
I0
!
= 10 log10
1
4π×22
10−12
!
≈ 103dB
b) A amplitude de pressão se relaciona com a intensidade por:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
108
6.3
Questão 3
p
1P
=⇒ P = 2Iρ0 v
2 ρ0 v
Substituindo pelos valores numéricos:
I=
P=
r
2
N
1
× 1.3 × 340 ≈ 4.2 2
2
4π × 2
m
c) Encontrada a amplitude de pressão podemos encontrar a amplitude de deslocamento, a partir da intensidade do som:
s
I
1
I = ρ0 vω 2 U 2 =⇒ U = 2
2
ρ0 vω 2
Como ω = 2πf e I = P/A, a expressão anterior se torna:
U=
s
P
4πr2
ρ0 v(2πf )2
=
s
1
4π×22
1.3 × 340 × (2π × 100)2
≈ 0.015mm
d) O novo nı́vel de intensidade α′ vale 10db a menos que o anterior, ou seja,
α′ = 93dB. A partir da definição do nı́vel de intensidade:
α′
I
′
=⇒ I = I0 × 10 10
α = 10 log10
I0
A intensidade I vale I = P/A = P/(4πd2 ), onde d representa a nova distância,
portanto:
s
α′
P
P
= I0 × 10 10 =⇒ d =
α′
2
4πd
4π × 10 10 I0
Logo:
d=
◮6.3
s
1
4π × 10
93
10
× 10−12
≈ 6.31m
Questão 3
a) No tom fundamental o comprimento de um tubo fechado em uma das extremidades vale um quarto do comprimento de onda (conferir pág. 136):
l=
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
λ
4
109
6 CAPÍTULO 6
E como λ = fv :
l=
341
v
=
= 32.7cmb
4f
4 × 262
b) A velocidade do som no ar é dada por:
r
γRT
v=
m
Sendo f e T a frequência e a temperatura inicias, respectivamente, e f ′ e T ′ a
nova frequência e a nova temperatura, a razão entre as frequência é:
q
r
r
γRT ′
v
′
f
T′
T′
m
′
λ
=
= v′ = q
=⇒ f =
f
f
T
T
γRT
λ
m
A variação de frequência é vale:
∆f = f ′ − f = f (
◮6.4
r
T′
− 1) = 262(
T
r
293
− 1) = 4.5Hz
283
Questão 4
a) Na primeira ressonância o comprimento do tubo vale:
λ
+ δl
4
Onde δl representa o valor da correção terminal do tubo. Já na segunda ressonância:
l1 =
3λ
+ δl
4
Calculando a diferença entre l2 e l1 eliminamos δl:
l2 =
λ
=⇒ λ = 2(55.5 − 17.5) = 76cm
2
b) Utilizando l1 e λ para encontrar δl:
l2 − l1 =
δl =
76
λ
− l1 =
− 17.5 = 1.5cm
4
4
c) O valor da correção terminal é estimada como 60% do valor do raio do tubo
(pág. 135), portanto:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
110
6.5
δl = 0.6R =⇒ d =
Questão 5
δl
= 5cm
0.3
d) Relacionando a frequência f da onda com seu comprimento de onda e velocidade:
v = f λ = 440 × 76 × 10−2 ≈ 334m/s
◮6.5
Questão 5
a) Eles correspondem aos nodos da onda.
b) Como a distância entre o topo dos montı́culos vale ∆l, o topo de um
montı́culo representa um nodo, a distância entre dois nodos consecutivos corresponde à metade do comprimento de onda:
λ
2
Relacionando com a frequência e a velocidade do som no gás:
∆l =
∆l =
v
=⇒ v = 2f ∆l
2f
c) Substituindo os dados do enunciado na expressão anterior:
v = 2 × 880 × 0.152 = 267.5
◮6.6
m
s
Questão 6
a) Para um fluı́do em movimento é válida a relação (Checar seção 2.3, equação
2.3.3):
ρa = f − ∇p
Tomando f = 0 para a onda sonora, pois não há forças externas sendo aplicadas:
ρa = −∇p
A aceleração de uma onda sonora harmônica, com vetor deslocamento dado por
u = A cos (k · r − ωt + φ) é:
a=
∂ 2u
= −ω 2 A cos (k · r − ωt + φ) = −ω 2 u
∂ 2t
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
111
6 CAPÍTULO 6
Ou seja, para um fluı́do de densidade de equilı́brio ρ0 e uma onda se propagando
com frequência ω, obtemos a seguinte equação a partir das expressões anteriores:
ρ0 ω 2 u = ∇p
(Também é possı́vel chegar no mesmo resultado utilizando o mesmo desenvolvimento da seção 4.3 c, realizando os mesmos cálculos para cada uma das componentes x,y e z).
b) O resultado da parte x, somente para a componente x, é:
ρ0 ω 2 u x = −
∂p
∂x
Como ux = 0:
∂p
=0
∂x
◮6.7
Questão 7
a) De acordo com o enunciado:
k 2 = kx2 + ky2
Substituindo kx por k cos θ e ky por k sin θ:
k 2 = k 2 (cos2 θ + sin2 θ) = k 2
b) A onda total é dada por:
p = pi + pr = P cos (−kx x + ky y − ωt) + P ′ cos (kx x + ky y − ωt)
Aplicando a condição de contorno:
∂p
= 0 =⇒ kx P cos (−kx x + ky y − ωt) − kx P ′ sin (kx x + ky y − ωt) = 0
∂x
P′ = P
A onda refletida possui mesma amplitude.
c) Para ky = 0 as expressões das ondas são:
pi = P cos (−kx x − ωt)
pr = P cos (kx x − ωt)
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
112
6.8
Questão 8
Somando as duas equações (E utilizando a propriedade cos θ = cos (−θ) para
pi ):
p = P(cos (kx x + ωt) + cos (kx x − ωt))
A partir da propriedade 2 cos θ cos ϕ = cos (θ − ϕ) + cos (θ − ϕ) podemos reescrever a expressão anterior como (Tomando θ = kx x e ϕ = ωt e aplicando a
propriedade):
p = 2P cos (kx )x cos (ωt)
Que é uma onda estacionária na direção x.
◮6.8
Questão 8
a) Aplicando pitágoras no seguinte triângulo (Veja que a distância da fonte sonora
até o ponto A vale R − e):
R
h
R−e
√
r
h2
R 2 − h2 = R 1 − 2
R
√
Como h/R << 1 podemos utilizar a aproximação 1 ± ε ≈ 1 ± 12 ε, logo:
r
h2
1 h2
R−e=R 1− 2 ≈R 1−
R
2R
Portanto:
2
2
2
R = h + (R − e) =⇒ R − e =
e≈
h2
2R
b) Vamos chamar o ponto de onde partem as ondas sonoras de O′ . Chamaremos
de caminho O′ AOF o caminho que passa pelo cento da lente, e O′ IF o caminho
que passa pela periferia. O tempo necessário para que a aonda atravesse o caminho
O′ AOF é:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
113
6 CAPÍTULO 6
O′ A
AO
z }| { z}|{
R−e
e
+
+
t1 =
v1
v2
Já o tempo t2 que a onda leva para percorrer
OF
z}|{
f
v1
a periferia vale:
O′ I
z}|{
IF
R
t2 =
+
v1
v1
O valor do segmento IF pode ser encontrado a partir do seguinte triângulo
retângulo:
R
h
f +e
IF =
Como f − e ≈ f :
p
h2 + (f − e)2
p
IF ≈ h2 + f 2 = f
Utilizando a aproximação
Portanto:
√
s
1+
h2
f2
1 + ε ≈ 1 + 12 ε:
h2
IF ≈ f 1 + 2
2f
t2 =
R f 1+
+
v1
v1
h2
2f 2
Igualando os tempos t1 e t2 :
e
f
R
R−e
+
+
=
+
v1
v2 v1
v1
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
f 1+
v1
h2
2f 2
114
6.9
Questão 9
Multiplicando ambos os lados por v2 :
R − e + |{z}
n e+f =R+f
v
= v1
2
Simplificando e substituindo e =
h2
1+ 2
2f
h2
:
2R
h2
h2
(n − 1) =
2R
2f
|{z}
=e
Simplificando novamente finalmente obtemos a expressão procurada:
f=
◮6.9
R
(n − 1)
Questão 9
A distância x entre O e o ponto de interferência pode ser determinada a partir das
distâncias d, 2d e as distâncias r1 e r2 entre as fontes sonoras A e B e o ponto de
interferência. Por pitágoras temos:
r
√
x2
r12 = d2 + x2 =⇒ r1 = d2 + x2 = d 1 + 2
d
√
Como x/d << 1 podemos utilizar a aproximação 1 + ε ≈ 1 + 21 ε:
r
1 x2
x2
r1 = d 1 + 2 ≈ d 1 +
d
2 d2
Fazendo o mesmo para r2 :
r22
2
2
= 4d + x =⇒ r2 =
√
4d2 + x2 = 2d
r
x2
1 xy 2
1 + 2 ≈ 2d 1 +
4d
8 d2
x
r1
A
x
O
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
r2
B
115
6 CAPÍTULO 6
Para que ocorra interferência construtiva a diferença entre r2 e r1 deve ser um
múltiplo inteiro do comprimento de onda λ, portanto:
r2 − r1 = nλ
1 x2
2d 1 +
8 d2
1 x2
−d 1+
2 d2
= nλ
Resolvendo para x obtemos:
r
p
v
x = 2 d(nλ − d) = 2 d(n − d)
f
Para que a expressão dentro da raiz seja válida é necessário que:
nλ − d > 0 =⇒ n >
d
d
= v =
λ
f
3.4
340
20×103
= 200
Ou seja, para encontrar os três primeiros máximos iremos substituir n por 200,
201 e 202:
r
340
− 3.4) = 0cm
x0 = 2 3.14(200 ×
20 × 103
r
340
x1 = 2 3.14(201 ×
− 3.4) = 48cm
20 × 103
r
340
x2 = 2 3.14(202 ×
− 3.4) = 68cm
20 × 103
Para encontrar os mı́nimos o processo é análogo, contudo a diferença entre r2
e r1 deve ser igual a um múltiplo inteiro da metade do comprimento de onda,
portanto:
x=2
r
1
d([n + ]λ − d) = 2
2
r
v
d(n − d)
f
Substituindo por n = 200 e n = 201 encontramos os dois primeiros mı́nimos:
r
340
1
− 3.4) = 34cm
3.14((200 + ) ×
2
20 × 103
r
1
340
x2 = 2 3.14((201 + ) ×
− 3.4) = 59cm
2
20 × 103
x1 = 2
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
116
6.10
◮6.10
Questão 10
Questão 10
Analisando o triângulo vemos que:
e,
r1 ≈ R −
d
sin θ
2
r2 ≈ T +
d
sin θ
2
r1
R
r2
θ
d sin θ
Considerando que as condas são esféricas, cuja expressão é dada por:
A i(kr−ωt+δ)
e
r
A expressão da onda resultando no experimento de três fendas é:
ϕ(r, t) =
ϕ = ϕ1 +ϕ2 +ϕ3 =
A
A
A
ei(k(R−d sin θ)−ωt) +
ei(k(R+d sin θ)−ωt) + ei(kR−ωt)
R − d sin θ
R + d sin θ
R
Para a amplitude podemos considerar o termo d sin θ deprezı́vel, portanto a
expressão anterior pode ser simplificada como:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
117
6 CAPÍTULO 6
A
ϕ = (1 + e−ikd sin θ + eikd sin θ ) ei(kR−ωt)
R
(6.10.1)
Veja que o termo (1 + e−ikd sin θ + eikd sin θ ) da (6.10.1) mostra como a amplitude
varia de acordo com θ, portanto para encontrar os pontos nos quais a amplitude é
mı́nima basta minimizar a expressão em questão. Portanto, para encontrar o valor
de θ para o qual ocorrem os mı́nimos de interferência devemos igualar a expressão
entre parênteses a zero:
1 + e−ikd sin θ + eikd sin θ = 0 =⇒ 1 + eikd sin θ + e2ikd sin θ = 0
Utilizando a fórmula dada no enunciado:
sin 32 kd sin θ
=0
θ
sin kd sin
2
kd sin (θ) = nπ
Como k = 2π/λ chegamos em:
d sin θn =
n
λ (n = 1, 2, 4, 5...n 6= inteiro)
3
Deste modo, para todo valor de n que não seja múltiplo de três a amplitude é
nula (Tente substituir o valor de n por 1 ou 2 e veja que a amplitude se anula e
veja que para n = 3 isto não ocorre). Além disso, como:
I∝
A2
R2
Logo,para A = 0 a intensidade é nula.
◮6.11
Questão 11
Se considerarmos que a ferquência do som durante o afastamento vale f , a frequência
1
durante a aproximação vale f ′ = 2 12 f0 ≈ 1.0595f (A variação de um semitom indica que a frequência varia em aproximadamente 6%). Para a aproximação da
ambulância:
f ′ = 1.0595f =
f0
1 − vva
Onde va representa a velocidade da ambulância e v a velocidade do som. Para
o afastamento:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
118
6.12
f=
Questão 12
f0
1 + vva
Calculando a razão r entre as frequências:
Resolvendo para va :
f′
v + va
= r = 1.0595 =
f
v − va
va = v
(r − 1)
(r + 1)
Substituindo pelos valores numéricos obtemos:
va = 340 ×
◮6.12
1.0595 − 1
≈ 9.82m/s ≈ 35.3km/h
1.0595 + 1
Questão 12
a) As frequências podem ser obtidas a partir do efeito Doppler para a fonte e o
observador em movimento (conferir pág. 149). Para a aproximaçao temos:
1 + vvt
v + vt
= f0
f+ = f0
1 − vvt
v − vt
Onde v representa a velocidade do som no ar e vt representa o módulo da
velocidade dos trens. Analogamente para o afastamento:
1 − vvt
v − vt
= f0
f− = f0
1 + vvt
v + vt
Calculando a razão r entre as frequências de aproximação e afastamento:
v+vt
f
0 v−vt
√
(v + vt )2
f+
=
=
=⇒
(v
+
v
)
=
r=
r(v − vt )
t
f−
(v − vt2 )
f v−vt
0
v+vt
Resolvendo para vt :
√
q
348
−1
( r − 1)
259
√ = 340
q
= 25m/s = 90km/h
vt = v
(1 + r)
1 + 348
259
b) Encontrada a velocidade dos trens podemos encontrar a frequência do apito
f0 a partir da fórmula do efeito Doppler utilizada anteriormente:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
119
6 CAPÍTULO 6
f+ = f0
v + vt
v − vt
f0 = 348
◮6.13
=⇒ f0 = f+
340 − 25
340 + 25
v − vt
v + vt
≈ 300Hz
Questão 13
Tratando a parede como um observador em repouso, a frequência da onda incidente
ao colidir com a parede é:
f=
f0
1 − vvc
Onde vc representa a velocidade do carro e v a velocidade do som. Agora, a
onda é refletida pela parede com frequência f , contudo o carro está em movimento,
e a parede deve ser tratado como uma fonte em repouso. A frequência da onda
para um observador no carro é:
vc
= f0
f =f 1+
v
′
1+
1−
vc
v
vc
v
A frequência dos batimentos (Que é de 5hz, de acordo com o enunciado) é igual
ao módulo da diferença entre a frequência f0 do som produzido pela buzina e a
frequência f ′ , da onda que é fletida pela parede, portanto:
f ′ − f0 = ∆f = 5Hz
f0
1+
1−
vc
v
vc
v
−1
= ∆f =⇒
∆f
v + vc
−1=
v − vc
f0
Resolvendo para vc :
vc
∆f
2+
f0
=
∆f
∆f
v = =⇒ vc = v
f0
)
f0 (2 + ∆f
f0
Substituindo pelos valores numéricos:
vc = 340 ×
5
2 × 200(1 +
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
5
)
200
≈ 4.19m/s ≈ 15km/h
120
6.14
◮6.14
Questão 14
Questão 14
Esta situação é similar a situação do exercı́cio anterior. A diferença é que no
exercı́cio a fonte está em movimento e a parede é fixa, neste caso a fonte está em
repouso e o objeto se move. Fazendo uma analogia com o exer o objeto seria o carro
e a fonte a parede seria a fonte fixa, portanto basta fazer a substituição vc → u:
|u| = v
◮6.15
∆f
v∆f
=
∆f
2f0 + ∆f
f0 (2 + f0 )
Questão 15
a) Se o vento possui velocidade V a nova velocidade do som é:
v′ = v − V
Utilizando a fórmula do efeito do Doppler para fonte e observador em movimento:
′
1 + vv2′
v + v2
= f0
f = f0
1 − vv1′
v ′ − v1
v − V + v2
f = f0
v − V − v1
b) Para v2 = −v1 :
f = f0
◮6.16
v − V − v1
v − V − v1
= f0
Questão 16
Podemos decompor a velocidade do observador em uma componente radial ur que
é perpenducular a frente de ondas (A componente paralela a frente de ondas não
contribui com o efeito):
ur = u cos θr̂
Substituindo u por ur na equação do efeito Doppler para a fonte parada e o
observador em movimento obtemos:
f = f0
u cos θ
1+
v
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
121
6 CAPÍTULO 6
Para θ = 0 a expressão anterior fica:
u
f = f0 1 +
v
Que é a equação do efeito Doppler para a aproximação. Já para θ = π, que
representa o afastamento:
u
f = f0 1 −
v
◮6.17
Questão 17
a) Para o referencial S do meio, temos que:
x = vt
A expressão geral da onda fica:
ϕ(x, t) = A cos (kvt − ωt + φ)
Já no referencial S’ a coordenada x’ do observador é dada por:
u cos θ
′
x = x − ut = vt − ut = vt 1 −
v
Onde ux = u cos θ representa a componente x da velocidade do corpo. A
expressão geral da onda nesse refencial se torna:
u cos θ
ϕ(x, t) = A cos (kvt 1 −
v
− ωt + φ) = A cos (kvt − kvt(
u cos θ
) − ωt + φ)
v
Como ω = kv:
u cos θ
u cos θ
ϕ(x, t) = A cos (kvt − ωt(
t + φ)
) − ωt + φ) = cos (kx − ω 1 +
v
v
{z
}
|
ω′
Comparando ω com ω ′ :
u cos θ
ω =ω 1+
v
′
E portanto (Tomando f0 =
ω
2π
ef=
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
ω
):
2π
122
6.18
f = f0
u cos θ
1+
v
Questão 18
b) Na transformada geral temos:
r’ = |{z}
r −ut
vt
Substituindo na equação geral da onda no referencial S’:
ϕ(x, t) = A cos (k · (r − ut) − ωt + φ)
ϕ(x, t) = A cos (k · r − ωt(1 +
u
) + φ)
v
Portanto:
u
f = f0 1 +
v
◮6.18
Questão 18
a) Relacionando o ângulo de abertura θ com a velocidade do som v e a velocidade
do corpo V :
v
v
−1
=⇒ θ = sin
sin θ =
V
V
Como a velocidade do do jato vale o dobro da velocidade do som:
θ = sin
−1
v
V
= sin
−1
v
= 30◦
2v
b) Durante o intervalor t = 2.5s o jato terá percorrido uma distância horizontal
d = V t. Relacionando com a altura h em relação a casa a partir do triângul
retângulo:
tan θ =
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
h
d
123
6 CAPÍTULO 6
d
θ
h
Resolvendo:
h = V t tan θ
Como V = 2v basta substituir pelos valores numéricos:
h = 2 × 34 tan 30◦ ≈ 981m
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
124
7
◮7.1
Capı́tulo 7
Questão 1
A variação de volume da cavidade interna é dada por:
∆V = V0 γ∆T
Onde γ = 3α representa o coeficiente de dilatação volumétrica. Substituindo
pelos valores dados no enunciado (em cm):
∆V =
4π 3
10 × 3 × 2.3 × 10−5 × (40 − 15) ≈ 7.23cm3
3
R0
◮7.2
R0′
R
R′
Questão 2
Para resolver o problema basta encontrar o coeficiente de dilatação linear de uma
barra equivalente, cujo comprimento total é de 30cm, considerarando uma variação
de temperatura arbitrária ∆T .
L
α1
α2
l1
l2
A variação de comprimento da fração da barra correspondente ao latão é:
∆l1 = l01 α1 ∆T
Já a variação da barra de alumı́nio:
∆l2 = l02 α2 ∆T
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
125
7 CAPÍTULO 7
Podemos escrever a expressão da dilatação da ”barra equivalente”, composta
pelas barras de alumı́nio e latão, como:
∆L = L0 αeq ∆T
Como a variação de comprimento da barra equivalente deve corresponder à
variação de comprimento das duas barras de alumı́nio e latão somadas,
∆L = ∆l1 + ∆l2 =⇒ αeq =
l01 α1 + l02 α2
L0
A resposta é então:
αeq = 1.63 × 10−5 /◦ C
◮7.3
Questão 3
De acordo com o enunciado, as tiras se encontram inicialmente lado a lado, conforme a figura:
l1 = 15cm
d = 2mm
l2 = 15cm
Figura 8: Situação inicial
Na situação final a tira adquire o formato de um arco circular, e os raios R1 e
R2 se relacionam por:
R2 = R1 + d
l2f
R2
l1f
θ
R1
d
Figura 9: Situação final
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
126
7.3
Questão 3
Além disso, podemos relacionar o ângulo formado pelo arco com o o seu raio e
o comprimento da barra de latão da seguinte maneira:
θ=
l2f
R2
A mesma relação é válida para a barra de aço (basta substituindo o número 2
nos ı́ndices por 1), portanto:
l2f
l1f
=
R1
R2
Temos então, duas equações:
(
l1f R2 = R1 l2f
R2 = R1 + d
Resolvendo para R2 (Que é o valor R pedido no enunciado):
R2 = (R2 − d)
l1f
l2f
Isolando R2 :
R2 = d
l1f
l2f
l1f
l2f − l1f
Sabemos que l1f = l1 (1+α1 ∆T ) e que l2f = l2 (1+α2 ∆T ). E que l1 = l2 = 15cm.
Portanto a expressão anterior se reduz a:
(1 + α1 ∆T )
R2 = d
(1 + α2 ∆T )
1 + α1 ∆T
∆T (α2 − α1 )
Agora, substituindo pelos valores numéricos( Todos os valores estão em cm):
(1 + 1.1 × 10−5 × 25)
R2 = 0.2
(1 + 1.9 × 10−5 × 25)
1 + 1.1 × 10−5 × 25
25 × (1.9 − 1.1) × 10−5
R2 = R ≈ 1000cm = 10m
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
127
7 CAPÍTULO 7
y
R cos θ
θ
l2f
R2
l1f
θ
R1
d
Agora, para encontrar y basta utilizar um pouco de geometria. É fácil ver que:
y = R2 − R2 cos θ = R2 (1 − cos θ).
Para achar θ basta usar a relação (Novamente com todas as unidades em cm):
l2 (1 + α2 ∆T )
15(1 + 1.9 × 10−5 × 25)
l2f
=
=
≈ 0.015
R2
R2
1000
Substituindo na expressão para y:
θ=
y = 1000(1 − cos 0.015)
y ≈ 0.1126cm = 1.126mm
◮7.4
Questão 4
a) Vamos considerar que a uma temperatura T na qual o pêndulo funciona com
precisão seu comprimento é l0 , e além disso seu perı́odo é de exatamente 1s, assim
como projetado. Esse perı́odo t = 1s pode ser escrito como:
s
l0
t = 2π
g
Analogamente, devidos aos efeitos de contração e dilatação, podemos definir o
perı́odo do pêndulo no inverno como:
s
li
ti = 2π
g
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
128
7.4
Questão 4
E no verão:
tv = 2π
s
lv
g
Onde li e lv designam o comprimento do pêndulo no inverno e no verão, respectivamente. O comprimentos do pêndulo em cada uma das estações pode ser obtido
a partir das equações:
Inverno: li = l0 (1 + α∆T ) = l0 (1 + α(10 − T ))
Verão: lv = l0 (1 + α∆T ) = l0 (1 + α(30 − T ))
li
l0
lv
Figura 10: Pêndulo no inverno, em azul, e pêndulo no verão, em vermelho
Onde α representa o coeficiente de dilatação linear pedido no enunciado e ∆T a
diferença de temperatura. Substituindo as duas equações anteriores nas expressões
para o perı́odo:
s
l0 (1 + α(10 − T ))
ti = 2π
g
s
l0 (1 + α(30 − T ))
tv = 2π
g
Simplificando,
t2i
g
− 1 = α(10 − T )
4π 2 l0
g
− 1 = α(30 − T )
4π 2 l0
Mas como o perı́odo do pêndulo a temperatura ideal T e comprimento l0 é 1s,
temos que lg0 = 4π 2 . As expressões anteriores se tornam, portanto:
(
I) t2i − 1 = α(10 − T )
II) t2v − 1 = α(30 − T )
t2v
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
129
7 CAPÍTULO 7
Fazendo II) − I) encontramos:
t2v − t2i
(7.4.1)
20
Para encontrar ti e tv basta calcular o quanto o perı́odo do pêndulo varia no
inverno e no verão. Sabemos que no inverno o relógio adianta 55s por semana,
portanto seu perı́odo de oscilação é adiantado em:
α=
s
s
55
≈ 9.10 × 10−5
7 × 24 × 60 × 60 oscilação
oscilação
Deste modo, o perı́odo do pêndulo no inverno é:
∆t =
ti = t − ∆t = 1 − 9.10 × 10−5 s
Fazendo o mesmo para o pêndulo no verão encontramos:
tv = 1 + 9.92 × 10−5 s
Substituindo na (7.4.1):
α=
(1 + 9.92 × 10−5 )2 − (1 − 9.10 × 10−5 )2
≈ 1.9 × 10−5 /◦ C
20
b) Definimos a temperatura T como a temperatura na qual o pêndulo possui
comprimento l0 e perı́odo de oscilação de 1s. Portanto para encontrar a temperatura na qual o relógio funcionaria com precisão basta calcular T . Utilizando a
equação I) e isolando a variável de interesse:
T = 10 −
T = 10 −
◮7.5
t2i − 1
α
= 10 −
t2i − 1
α
(1 − 9.1 × 10−5 )2 − 1
1.9 × 10−5
≈ 19.6◦ C
Questão 5
Para resolver esta questão precisamos utilizar um vı́nculo geométrico, devemos
relacionar as grandezas l1 ,l2 e l (Consulte a figura), isto é, comprimento total do
pêndulo pode ser escrito em termos dos comprimentos l1 e l2 :
l = 2l1 − l2
Sabemos que o comprimento deve se manter igual mesmo após a dilatação,
portanto:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
130
7.5
Questão 5
l = 2l1f − l2f
Com l1f e l2f dados por:
l1f = l1 (1 + α1 ∆T )
l2f = l2 (1 + α2 ∆T )
l1
l
l1
l2
l1 − l2
Figura 11: Vı́nculos geométricos do pêndulo. Veja que o comprimento indicado pela seta em
vermelho é dado por l1 − l2 , assim, podemos escrever o comprimento total do pêndulo como
l = l2 + 2(l1 − l2 ) = 2l1 − l2
Também sabemos que o comprimento do pêndulo deve se manter constante
para todo ∆T , portanto iremos fazer que ∆T = 105 ◦ C por pura conveniência,
facilitando assim o trabalho algébrico, embora esta situação não seja razoável fisicamente. Deste modo, os comprimentos após a dilatação são:
l1f = l1 (1 + 1.1 × 10−5 × 105 ) = 2.1l1
l2f = l2 (1 + 2.3 × 10−5 × 105 ) = 3.3l2
Assim, temos um sistema de equações para resolver:
(
l = 2l1 − l2
l = 4.2l1 − 3.3l2
Resolvendo para l2 encontramos (Em cm):
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
131
7 CAPÍTULO 7
l2 =
1.1
1.1
l=
× 50cm ≈ 45.8cm
1.2
1.2
E agora resolvendo para l1 :
l1 =
◮7.6
50 + 45.8
l2 + l
=
cm ≈ 47.9cm
2
2
Questão 6
a)A densidade de um lı́quido de de massa m e volume V0 é:
ρ0 =
m
V0
(7.6.1)
Após a dilatação o lı́quido o volume muda de V0 para V , com:
V = V0 (1 + β∆T )
Portanto a densidade do lı́quido após a dilatação será:
ρ=
m
V0 (1 + β∆T )
(7.6.2)
Dividindo a (7.6.2) pela (7.6.1):
ρ
= (1 + β∆T )− 1
ρ0
Utilizando a aproximação (1 + x)n ≈ 1 + nx:
ρ
≈ 1 − βT = 1 − β(T − T0 )
ρ0
b) A pressão no fundo do recipiente contendo gelo é:
Pgelo = ρ0 gh0 + P0
(7.6.3)
Onde P0 é a pressão atmosférica. Já no recipiente contendo óleo:
Poleo = ρgh + P0
(7.6.4)
A pressão no fundo dos recipientes deve ser igual, portanto:
Pgelo = Poleo =⇒ ρ0 gh0 + P0 = ρgh + P0
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
132
7.7
Questão 7
h
ρ0
=
ρ
h0
E a razão entre as densidades é:
ρ0
= 1 + β(T − T0 )
ρ
Logo:
h
= 1 + β(T − T0 )
h0
Isolando β:
β=
h − h0
h0
1
T − T0
Substituindo com os valores dados no exercı́cio:
β=
◮7.7
1.03 − 1
1
1
20 − 0
= 1.5 × 10−3 /◦ C
Questão 7
a) Chamando a área da base do tubo cilı́ndrico de A0 , o volume da coluna lı́quida
é dado, antes da dilatação, por:
V 0 = A0 h 0
h0
Após a dilatação o lı́quido assume um volume V :
V = V0 (1 + β∆T )
E a base do cilindro passa a ter uma área A:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
133
7 CAPÍTULO 7
A = A0 (1 + 2α)
A altura da coluna lı́quida também é alterada e passa a ser h. Deste modo, o
novo volume da coluna lı́quida também pode ser escrito como:
V = Ah
Área do cilindro
Volume da coluna lı́quida
Antes da dilatação
A0
V 0 = A0 h 0
Após a dilatação
A = A0 (1 + 2α∆T )
V = V0 (1 + β∆T ) = Ah
Deste modo,temos que:
V = Ah =⇒ V0 (1 + β∆T ) = A0 h0 (1 + β∆T )
= Ah = A0 (1 + 2α∆T )h
V0 (1 + β∆T ) = A0 (1 + 2α∆T )h
De acordo com o enunciado ∆T = 1◦ C. Isolando h:
1+β
h = h0
1 + 2α
Como o item a) pede a variação ∆h da altura:
∆h = h − h0 = h0
1 + β∆T
1 + 2α
β − 2α
− h0 = h0
1 + 2α
| {z }
≈1
O termo no denominador pode ser aproximado para 1, pois α ≪ 1, assim
∆h = h0 (β − 2α)
b) Agora basta substituir utilizar os valores dados no enunciado na expressão
obtida.
∆h = 10(1.8 × 10−4 − 2 × 9 × 10−6 ) = 1.62 × 10−3 cm
∆h = 0.016mm
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
134
7.8
◮7.8
Questão 8
Questão 8
a) O lı́quido possui volume inicial V0 , portanto após a dilatação temos:
V = V0 (1 + β∆T )
O reservatório também possui volume inicial V0 , mas como seu coeficiente de
dilatação linear é α, seu volume após dilatar será:2
Vr = V0 (1 + 3α∆T )
Por fim, o diâmetro inicial do capilar é d0 , assim seu que após a dilatação se
torna:
d = d0 (1 + α∆T )
d0
V0
Figura 12: Estado inicial do termômetro
O volume total do lı́quido deve ser igual ao volume de lı́quido no reservatório
mais o lı́quido presente no capilar. Portanto:
=
V
|{z}
Volume total do lı́quido
Vr
|{z}
+
Volume do reservatório
d2
π h
4 }
| {z
Volume do lı́quido no capilar
h
Vr
d
Figura 13: Estado final do termômetro
Onde h é a altura da coluna de lı́quido, como foi dito no enunciado. Substituindo pelas expressões que encontramos:
V0 (1 + β∆T ) = V0 (1 + 3α∆T ) +
π 2
d (1 + α∆T )2 h
4 0
2
Note que β < 3α, ou seja, a dilatação do mercúrio é maior do que a do vidro, o que faz com
que parte do lı́quido escape do bulbo após a dilatação, elevando a coluna de mercúrio.
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
135
7 CAPÍTULO 7
V0 ∆T (β − 3α) =
π 2
d0 (1 + α∆T )2 h
{z
}
4 |
≈1
4
V0 ∆T (β − 3α) = h
πd20
E de acordo com o enunciado ∆T = T − T0 , assim a resposta do item a) é,
portanto:
h≈
4V0
(T − T0 )(β − 3α)
πd20
b) De acordo com o enunciado, precisamos encontrar o diâmetro do tubo no
caso em que a altura da coluna é h = 1cm, e a variação temperatura é T −T0 = 1◦ C,
para um reservatório de volume V0 = 0.2cm3 . Reescrevendo a exppressão anterior
para encontrar d0 :
r
4V0
d0 =
(T − T0 )(β − 3α)
πh
Substituindo pelos valores numéricos dados:
r
4 × 0.2
× 1 × (1.8 × 10−4 − 3 × 9 × 10−6 )
d0 =
π×1
Efetuando os cálculos chega-se em:
d0 = 3.2 × 10−3 cm = 0.062mm
◮7.9
Questão 9
a) Como o bloco está em equilı́brio a soma das forças resultantes sob ele é nula.
Como as duas únicas forças agindo no bloco são empuxo e a força peso:
m
ρ
Onde Vsub representa a porção do bloco submersa, ρ é densidade do lı́quido e
m é a massa do bloco. A massa m também pode ser escrita como m = ρb Vb , onde
ρb representa a densidade do bloco e Vb = a30 seu volume total. Assim:
Fp = Fe =⇒ mg = ρVsub g =⇒ Vsub =
ρb a30
ρ
Deste modo podemos encontrar a altura do bloco que está submersa. Vamos
chamar essa altura de asub . Ela se relaciona com o volume por Vsub = asub a20 , assim:
Vsub =
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
136
7.9
Vsub = asub a20 =
Questão 9
ρb a0
ρb a30
=⇒ asub =
ρ
ρ
a
a0
asub
H0
h0
Figura 14: Figura da questão 9
Desse modo, o comprimento correspondente ao lado da fração da parte não
submersa do bloco é a = a0 − asub (Confira a figura acima). E também é fácil ver
que:
H0 = a + h0 =⇒ H0 = a0 −
ρb a0
+ h0
ρ
(7.9.1)
Substituindo pelos valores dados no exercı́cio (em cm):
H0 = 30 −
8.6 × 30
+ 50
13.55
H0 = 60.96cm
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
137
8 CAPÍTULO 8
8
◮8.1
Capı́tulo 8
Questão 1
Para calcular a máxima diferença de temperatura possı́vel iremos considerar que
toda a energia potencial gravitacional de uma porção de massa m de água é convertida em calor. Portanto:
gh
c
Antes de efetuar os cálculos, converta c para as unidades do SI:
∆Q = U =⇒ ∆Q = mc∆T = mhg =⇒ ∆T =
c=1
J
cal
= 4200 ◦
◦
g C
kg C
Assim:
∆T =
◮8.2
9.81 × 50
≈ 0.12◦ C
4200
Questão 2
a) De acordo com enunciado a função da capacidade térmica molar C(T ) do sólido
é:
Cv (T ) =
464 3
T
TD3
Onde TD ≈ 271K, para o NaCl. Para encontrar a capacidade térmica molar
média basta utilizar a fórmula para o valor médio de uma função. No caso da função
C(T ) devemos encontrar o valor médio entre T = 10K e T = 20k, portanto:
R 20
4 20
Z 20
C(T )dT
464
464
T
3
10
Cv =
T dT =
=
3
3
20 − 10
10TD 10
10 × 281
4 10
4
cal
20
104
464
= 7.84 × 10−2
−
Cv =
3
10 × 281
4
4
molK
b) Utilizando uma tabela periódica, você irá encontrar que a massa molar do
g
NaCl é de aproximadamente 58 mol
. Portanto em 1kg de NaCl há 1000/58 = 17.25
mol. A quantidade de calor necessária é, portanto:
∆Q = nC̄v ∆T = 17.25 × 7.84 × 10−2 × 10 = 13.5cal
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
138
8.3
Questão 3
Veja que como foi dada a capacidade térmica molar nesse exercı́cio, é necessário
incluir o número de mols da substância em questão no cálculo da quantidade de
calor.
◮8.3
Questão 3
Como o gelo desliza com velocidade constante sabemos que há a presença de atrito.
No caso de um bloco descendo um plano inclinado, a força de atrito pode ser escrita
como:
Fat = µmg cos θ
E sabemos que no equilı́brio, que é o caso desse exercı́cio:
µ = tan θ
Assim, a força de atrito pode ser escrita como:
Fat = mg sin θ
Ou seja, a força de atrito deve ser iguial à componente da força peso paralela
ao plano inclinado.
mg cos θ
m
mg sin θ
P
O trabalho W devido a essa força de atrito é, em termos de uma distância
percorrida d:
W = Fat d = Fat v∆t
Como o exercı́cio pede a quantidade de gelo derretida após 1 minutos, iremos
considerar que o intervalo de tempo ∆t vale 60s. Esse trabalho devido ao atrito é
o calor cedido ao bloco, portanto:
W = Q =⇒ md L = W = mg sin θv∆t
Onde md é a massa de bloco derretido e m a massa total do bloco. Assim:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
139
8 CAPÍTULO 8
mg sin θv∆t
L
Substituindo pelos valores numéricos m = 1000kg, g = 9.81 sm2 , θ = 10◦ , v =
m
= 336 Jg . Substituindo:
0.1 s , ∆t = 60s e l = 80 cal
g
md =
md =
◮8.4
1000 × 9.81 × sin (10) × 0.1 × 60
≈ 30g
336
Questão 4
a) Um elemento infinitesimal de área é representado em coordenadas esféricas por:
dS = R2 sin θdθdϕ
z
F
R sin θ
Rdθ
θ
R sin θdϕ
y
ϕ
x
Figura 15: Elemento de área em coordenadas esféricas
Onde θ representa o azimute e ϕ a longitude. Podemos calcular a potência
incidente como:
Z
Z
F · n̂dS
(8.4.1)
F · dS =
P =
S
S
Isto é, estamos levando em conta nos cálculos a projeção do fluxo que é perpendicular à superfı́cie na qual ele incide. Como F · n̂ = F yr (cheque a imagem
abaixo) e y = r sin θ sin ϕ, a expressão para a potência incidente fica:
Z πZ π
P =
F sin θ sin ϕdS
0
0
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
140
8.4
Colocando os termos constantes fora da integral:
Z πZ π
2
P = FR
sin2 θ sin ϕdθdϕ
0
Questão 4
(8.4.2)
0
Ambos os limites das integrais vão de 0 a π pois o a radiação só atinge um
hemisfério.
z
n̂
F = F ŷ
θ
y
Figura 16: As linhas de fluxo são paralelas ao eixo y, por isso podemos calcular sua projeção na
superfı́cie da terra como F · n̂ = F yr , pois o vetor unitário normal à superfı́cie vale n̂ = r/||r|| =
(xx̂ + y ŷ + z ẑ)/||r||.
Integrando primeiro com relação a ϕ, temos:
Z π
π
2
sin2 θ [− cos ϕ] dθ
P = FR
0
0
E por conseguinte,
P = 2F R
2
Z
π
2
sin θdθ = F R
0
2
1
(θ − sin θ cos θ)
2
π
0
2
A integral acima pode ser feita através da substituição sin x = 21 (1 − cos 2x) ou
por partes. Assim, substituindo θ pelos valores nos limites de integração, finalmente
obtemos:
P = πF R2
Calculando a energia que incide em um dia (O valor que utilizaremos para o
raio da Terra é de R = 6371000m):
E = P ∆t = πF R2 ∆t = π × 1360 × (6371000)2 × 24 × 60 × 60 = 1.5 × 1022 J/dia
b) A energia efetiva que participará do processo de evaporação da água é E ′ =
0.23 × 0.71E = 0.1633E. Deste modo, a massa de água evaporada é:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
141
8 CAPÍTULO 8
E′
Q = mL =⇒ m =
L
Onde L representa o calor latente. Sendo ρ a densidade da água e V o volume
de água evaporada:
V =
E′
ρL
Como a espessura da camada de água evaporada é muito pequena em relação
ao raio da Terra, iremos supor que V ≈ Ah = 4πR2 h, sendo h a profundidade da
camada evaporada. Deste modo:
4πR2 h =
E′
0.1633E
=⇒ h =
ρL
4πρR2 L
Fazendo as devidas conversões de unidade obtemos (Convertendo o calor latente
de cal para J e g para kg):
h≈
0.1633 × 1.5 × 1022
≈ 1.95cm
4π × 1000 × 63710002 × 590 × 1000 × 4.18
Obs: A resposta diverge do gabarito
◮8.5
Questão 5
Primeiramente, devemos descobrir se todo o gelo pode ser derretido com o calor
fornecido pelo calorı́metro. Como há 100g de gelo e seu calor latente é de 80cal/g,
o calor necessário para efetuar esse processo é:
Q = mgelo L = 100 × 80 = 8000cal
Efetue os calculos para o calorı́metro e massa de água, tomando ∆T = 20 e
veja que:
∆QAgua + ∆QAl = 100 × 1 × 20 + 250 × 0.21 × 20 = 11050cal
Ou seja, o sistema pode fornecer mais calor do que o necessário para que todo
o gelo derreta, deste modo temos que a temperatura de equilı́brio é diferente de
zero.
Teq 6= 0
Agora iremos calcular a temperatura de equilı́brio. Sabendo que a energia deve
se conservar, podemos descobrir a temperatura final do sistem a partir de:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
142
8.6
X
Questão 6
Q=0
∆QAgua + ∆QAl + ∆Qgelo + 8000 = 0
Sabemos que massa de água a inicialmente a 20◦ C é de 500g (correspondente
a 0, 5l), a massa de alumı́nio é 250g, seu calor especı́fico é de 0.21 gcal
◦ C , que a massa
◦
de água a 0 C é de 100g e que ∆Q = mc∆T , deste modo:
mAgua1 cAgua (T − 20) + mAl cAl (T − 20) + mAgua2 cAgua (T − 0) + 8000 = 0
Substituindo pelos valores dados na questão:
500 × 1 × (T − 20) + 250 × 0.21 × (T − 20) + 100 × 1 × (T − 0) + 8000 = 0
Resolvendo para Teq , que é a temperatura final do sistema:
Teq = 4.7◦ C
Obs: A resposta encontrada diverge do gabarito que consta no livro.
◮8.6
Questão 6
A solução deste problema é similar à do exercı́cio anterior. Sabendo que:
∆QAgua + ∆QLatao + ∆QAlcool = 0
mAgua cAgua ∆TAgua + mLatao cLatao ∆TLatao + mAlcool cAlcool ∆TAlcool = 0
Resolvendo para cAlcool :
mAgua cAgua ∆TAgua + mLatao cLatao ∆TLatao
mAlcool ∆TAlcool
Utilizando os valores dados:
cAlcool = −
cAlcool = −
250 × 1 × (26.3 − 30) + 200 × 0.09 × (26.3 − 30)
150 × (26.3 − 15)
cAlcool = 0.59
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
cal
g◦C
143
8 CAPÍTULO 8
◮8.7
Questão 7
A energia fornecida pelo aquecedor é E = P t, onde t representa o intervalo de
tempo de funcionamento do aquecedor, no caso, 300s. Como toda essa energia
será utilizada para aquecer o lı́quido:
E = ∆Q =⇒ P t = mg L + mc∆T + C∆T
O termo mg L representa o calor fornecido para derreter o gelo, mc∆T representa o calor fornecido para elevar a temperatura da água (Veja que nesse caso
m = 200g, pois leva em consideração a água que já estava presentre no calorı́metro
e o gelo que foi derretido), e por fim C∆T representa o calor fornecido para elevar
a temperatura do calorı́metro.
Agora, basta substituir pelos valores numéricos, L = 80 cal
,c = 1 gcal
◦ C ,∆T =
g
cal
39.7◦ C,mg = 100g,m = 200g,C = 50 g ,e t = 300s:
P =
◮8.8
100 × 80 + 200 × 1 × 39.7 + 50 × 39.7
cal
= 59.75
= 250W
300
s
Questão 8
A energia dissipada pelo resistor de potência P em um intervalo de tempo t é:
E = Pt
Que fará com que o lı́quido se aqueça, portanto:
∆Q = mc∆T = P t =⇒ c =
P
P m −1
=
∆T t
Vm ∆T
Substituindo pelo valores numéricos:
c=
200
J
= 1.717 ◦
5 × (38.3 − 15)
g C
Convertendo para de J para cal:
c = 0.41
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
cal
g◦C
144
8.9
◮8.9
Questão 9
Questão 9
A variação total de energia no primeiro experimento é:
∆E = 20U = 20mgh = 20 × 26.3 × 9.81 × 1.6 = 8256.096J
E para o segundo experimento, no qual é usado um calorı́metro, a quantidade
de calor é (Lembre-se de converter a massa m de kg para g, pois o calor especı́fico
da água será utilizado em gcal
◦ C ):
Q = mc∆T = 6320 × 1 × 0.313 = 1978.16cal
Igualando as duas grandezas:
8256.096J = 1978.16cal =⇒ 4.18J = 1cal
◮8.10
Questão 10
A quantidade de calor responsável pela variação de temperatura na bala e pela
fusão corresponde à diferença entre a energia cinética inicial e final do sistema.
Para descobrir a velocidade do sistema após a bala colidir com o pêndulo balı́stico
basta utilizar conservação de momento (Como a bala fica retida no pêndulo, ambos
os corpos passam a se mover com a mesma velocidade):
mv = (m + M )vf
Onde vf representa a velocidade final do conjunto bala+pêndulo e, m e M representam a massa da bala de chumbo e do pêndulo, respectivamente. Resolvendo
para vf e por meio dos valores dados no enunciado:
0.01
m
m
v=
× 300 = 14.29
m+M
0.01 + 0.2
s
A energia cinética do sistema antes da colisão é:
vf =
Ec =
0.01 × 3002
mv 2
=
= 450.00J
2
2
E após a colisão:
(m + M )vf2
(0.01 + 0.2)14.292
=
= 21.44J
2
2
A variação de energia é, portanto ∆E = 450 − 21.44 = 428.57J = 102.53cal.
Essa energia é convertida em calor. Para saber se é possı́vel derreter uma fração da
bala primeiro é necessário descobrir se essa variação de energia é o suficiente para
Ecf =
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
145
8 CAPÍTULO 8
elevar a temperatura da bala de (27◦ C) até sua temperatura de fusão(327◦ C). A
energia exigida para efetuar esse processo é:
Q = mc∆T = 10 × 0.031 × (327 − 27) = 93.00cal
A quantidade de calor exigida é, portanto, menor que a variação de energia ∆E.
Deste modo, o calor utilizado para fundir parte da bala será Q = 102.53 − 93.00 =
9.53cal. Sendo md a massa da bala que é derretida, temos que:
Q = md L =⇒ md =
◮8.11
Q
9.53
=
= 1.6g
L
5.85
Questão 11
a)A taxa de transmissão de calor deve ser igual tanto na porção de alumı́nio quanto
na porção de cobre, portanto:
dQ
kAl A(100 − T )
kCu A(T − 0)
=Φ=
=
dt
lAl
lcu
Veja que o termo A é cancelado. Substituindo pelos valores numéricos dados
no exercı́cio podemos encontrar a temperatura T na junção:
0.48 × (100 − T )
0.92 × T
=
5
10
Resolvendo para T :
96 − 0.96T = 0.92T =⇒ T = 51◦ C
b) Utilizando os dados do alumı́nio, calcule a taxa de transmissão de calor:
∆Q
0.48 × 1 × (100 − 51)
cal
=
= 4.704
∆t
5
s
O calor fornecido no intervalo de uma hora é, portanto:
Φ=
∆Q = Φ∆t = 5.704
cal
× 3600s
| {z } = 16934.4cal
s
1hora
A massa de gelo que é derretida por hora é então:
md =
16934.4
Q
=
= 211.5g
L
80
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
146
8.12
◮8.12
Questão 12
Questão 12
Podemos escrever a taxa de fluxo de calor para cada uma das partes como:
Φ=
k1 A(T2 − T1 )
k2 A(T3 − T2 )
k3 A(T4 − T3 )
dQ
=
=
=
dt
l1
l2
l3
E para a barra equivalente:
Φ=
kA(T4 − T1 )
dQ
=
dt
l1 + l2 + l3
(8.12.1)
T4
k3
T3
k2
l3
T2
k1
l2
T1
A
l1
Figura 17: Barra metálica formada por três segmentos.
Veja que podemos reescrever as diferenças de temperatura como:
Φ
l2
l3
l1
= (T2 − T1 ), Φ
= (T3 − T2 ), Φ
= (T4 − T3 )
k1 A
k2 A
k3 A
Agora, veja que na equação da barra equivalente a diferença de temperatura
pode ser escrita como:
T4 − T1 = (T4 − T3 ) + (T3 − T2 ) + (T2 − T1 )
Substituindo pelas expressões encontradas:
T4 − T1 =
l2
l3
Φ l1
( +
+ )
A k1 k 2 k3
Substituindo na (8.12.1):
kA
Φ
Φ=
l1 + l2 + l3 A
l2
l3
l1
+
+
k1 k2 k3
Resolvendo para k:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
147
8 CAPÍTULO 8
k=
◮8.13
l1 + l2 + l3
l1
k1
+
l2
k2
+
l3
k3
Questão 13
A taxa de transmissão de calor para uma casca infinitesimal de espessura dr, a uma
distância r do centro e com diferença de temperatura dT entre sua parte interna e
sua parte externa é:
Φ=
dQ
dT
= 4πkr2
dt
dr
Z
dr
= 4πk
r2
Separando as variáveis:
Φ
r2
r1
Z
T2
dT
T1
Resolvendo as integrais:
Φ
1
1
−
r1 r2
= 4πk(T2 − T1 )
Simplificando a expressão chegamos à:
Φ = 4πk
r1 r2
r 2 − r1
(T2 − T1 )
dT
R2
R1
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
dr
148
8.14
◮8.14
Questão 14
Questão 14
a) Sabemos que área compreendida por uma casca infinitesimal e concêntrica a
uma distância ρ do centro do cilindro é:
A = 2πρl
Portanto podemos escrever a taxa de transmissão de calor por unidade de tempo
como:
dQ
dT
= k(2πρl)
dt
dρ
Basta adotar os mesmo métodos do exercı́cio anterior, isto é, separar as variáveis
e integrar:
Z T2
Z ρ2
dρ
dT
= 2πlk
Φ
ρ
ρ1
T1
Φ=
Φ (ln ρ2 − ln ρ1 ) = 2πlk(T2 − T1 )
Logo:
Φ=
dρ
2πlk(T2 − T1 )
ln ρρ21
ρ
l
b) Primeiramente, substituiremos os valores numéricos dados pelo exercı́cio na
fórmula que encontramos anteriormente:
dQ
cal
2π × 20 × 5.7 × 10−5 × (100 − 25)
= 5.64
=Φ=
5.5
dt
s
ln 5
Agora iremos calcular o volume de café dentro da garrafa:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
149
8 CAPÍTULO 8
V = lπρ21 = 20π × 52 = 1571cm3
Em seguida, assumiremos que a densidade e o calor especı́fico do café são iguais
aos da água. Fazendo isso encontramos uma massa de café de 1571g, deste modo:
Q = mc∆T = 1571 × 1 × (100 − 25) = 117825cal
eo
Como a taxa de transmissão de calor por unidade de tempo é de 5.64 cal
s
calor cedido ao ambiente é Q = 117825cal, o tempo necessário para que o café
esfrie até a temperatura ambiente é:
∆Q
∆Q
117825cal
= 20890s
= Φ =⇒ ∆t =
=
∆t
Φ
5.64 cal
s
Convertendo para horas:
∆t = 5h48min
◮8.15
Questão 15
Essa questão é similar à anterior. Sabemos que a água é evaporada a uma taxa de
1 litro
. O calor necessário para evaporar 1l de água é:
5 min
∆Q = mL = 1000 × 540 = 540000cal
Portanto, podemos escrever:
dQ
∆Q
540000cal
cal
=
=
= 1800
dt
∆t
5 × 60s
s
A taxa de transmissão de calor por unidade de tempo para o fundo da chaleira
pode ser escrita como:
dQ
kπr2
=
(T2 − T1 )
dt
d
Onde k é sua condutividade térmica, r seu raio, d sua espessura e T2 e T1
são as temperaturas no fundo e no topo da base da chaleira, respectivamente.
Substituindo pelos valores numéricos:
0.49 × π × 7.52
dQ
= 1800 =
(T2 − 100)
dt
0.2
Resolvendo para T2 o valor encontrado é:
T2 = 104.2◦ C
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
150
8.16
◮8.16
Questão 16
Questão 16
a) O calor necessário para congelar uma camada de água de massa m e calor latente
de fusão L é:
∆Q = mL
Sua massa pode ser expressa como m = ρAx, portanto:
∆Q = ρAxL
T1
A
T2
x
dx
Onde A é a área de sua seção transversal e x sua espessura. Agora, a taxa de
transmissão de calor por unidade de tempo para esta camada de gelo será:
Φ=
kA∆T
∆Q
=
t
dx
ρAxL
kA∆T
=
t
dx
Separando as variáveis e integrando:
Z x
kt∆T
xdx =
ρL
x0
Considerando que x0 = 0 obtemos:
kt∆T
x2
=
2
ρL
x=
s
2kt(∆T )
ρL
b) Neste item o cálculo é direto, basta utilizar os valores dados no enunciado:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
151
8 CAPÍTULO 8
x=
◮8.17
r
2 × 4 × 10−3 × (60 × 60) × (10)
= 1.98cm
0.92 × 80
Questão 17
a) Como 1l = 0.001m3 , a variação de volume da água será:
∆V = Vf − Vi = 1.671 − 0.001 = 1.670m3
Como a pressão atmosférica vale P0 = 1.013 × 105 P a, o trabalho realizado pelo
vapor é:
W = P0 ∆V = 1.013 × 1.670 × 105 = 1.69 × 105 J
b) O calor necessário para evaporar 1l de água é:
∆Q = mL = 1000 × 536.9 = 536900cal = 2.25 × 106 J
Pela 1a lei da termodinâmica:
∆U = ∆Q − W
A variação de energia interna é, portanto:
∆U = 2.25 × 106 − 1.69 × 105 = 2.09 × 106 J
◮8.18
Questão 18
a) Partindo dos dados do enunciado podemos inferir que:
I)Pi (Vb − Vi ) = Wibf = 100J
II)(Pa − Pi )(Vb − Vi ) = Wiaf bi = 200J
III)Uf − Ui = 50J
O ı́ndice representa as grandezas em cada ponto do diagrama PV (Vi representa
o volume no ponto i, Vb repesenta o volume no ponto b etc).
Pela 1a lei, a quantidade de calor Qibf associada ao caminho ibf será:
Qibf = ∆U + Wibf = 50J + 100J = 150J
b) A partir da equação II) podemos deduzir que o trabalho associado ao ciclo
completo, isto é, a área correspondente ao quadrilátero ibf a compreendido pelo
ciclo é de 200J. É facil ver que o trabalho associado ao caminho iaf é:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
152
8.19
Questão 19
Wiaf = Wiaf bi + Wibf = 200 + 100 = 300J
c) Utilizando a primeira lei:
Qiaf = ∆U + Wiaf = 50 + 300 = 350J
d) O trabalho associado ao caminho f ci é:
Wf ci = (Pi − Pa )(Vi − Vb ) = −(Pa − Pi )(Vb − Vi ) = −Wiaf bi = −200J
Uma maneira alternativa de encontrar Wf ci é ver que a área do triângulo ibf
equivale a metade da área do quadriláterio ibf a, isto é Wibf i = 200/2 = 100J.
Como o trabalho associado ao caminho ibf é 100J (Que também é a area associada
ao quadrilátero compreendido pelo eixo V e o segmento que liga i e b), some ambas
as grandezas e você irá obter 200J, como o processo se dá no caminho contrário,
isto é, de f até i, o valor será negativo, portanto Wicf = −200J.
Agora, para encontrar a quantidade de calor associada é necessário usar primeira lei mais uma vez:
Qf ci = ∆U + W = (Ui − Uf ) + Wicf = −(Uf − Ui ) + Wicf = −50 − 200 = −250J
P
P
a
P
a
f
c
a
f
c
c
Wibf i
i
Wf ci
i
b
V
◮8.19
f
Wibf
i
b
V
b
V
Questão 19
Comece encontrando o trabalho em cada etapa, pois o resto da solução se tornará
mais simples. Para o caminho ab o trabalho é (Lembre-se que 1bar = 105 P a e que
1l = 10−3 m3 ):
Wab = Pa (Vb − Va ) = 1 × 105 (10 − 5) × 10−3 = 500J
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
153
8 CAPÍTULO 8
Para o caminho bc encontre a área do trapézio, ou faça que:
1
Wbc = (Pc − Pa )(Va − Vb ) + Pa (Va − Vb ) = −750J
2
E o trabalho do caminho ca é Wca = 0, pois o processo é isovolumétrico. E para
encontrar o trabalho do ciclo basta efetuar a soma algébrica do trabalho calculado
para cada etapa, deste modo Wciclo = 500 − 750 + 0 = −250J. Preenchendo a
tabela:
Etapa
ab
bc
ca
ciclo(abca)
W (J)
500
-750
0
-250
Q(J)
800
∆U (J)
-100
Pela primeira lei podemos encontrar a variação de energia interna do processo
ab:
∆Uab = Q − Wab = 800 − 500 = 300J
E o calor associado ao processo ca:
Q = Wca + ∆Uca = 0 − 100 = −100J
Etapa
ab
bc
ca
ciclo(abca)
W (J)
500
-750
0
-250
Q(J)
800
∆U (J)
300
-100
-100
Para encontrar a variação interna no processo bc basta fazer o seguinte, temos
que:
(
I)Ub − Ua = 300J
II)Ua − Uc = −100J
Fazendo −[II) + I)]:
−(Ua − Uc ) − (Ub − Ua ) = Uc − Ub = ∆Ubc = 100 − 300 = −200J
Utilizando a primeira lei:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
154
8.19
Questão 19
Qbc = Wbc + ∆Ubc = −750 − 200 = −950J
Etapa
ab
bc
ca
ciclo(abca)
W (J)
500
-750
0
-250
Q(J)
800
-950
-100
∆U (J)
300
-200
-100
Como o ciclo é fechado a variação de energia interna é zero (faça a soma
algébrica da variação de energia interna e você verá que isso ocorre de fato). E
o calor associado ao ciclo é a soma algébrica do calor de cada etapa, deste modo
Qciclo = 800 − 950 − 100 = −250J. Finalizando a tabela:
Etapa
ab
bc
ca
ciclo(abca)
W (J)
500
-750
0
-250
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
Q(J)
800
-950
-100
-250
∆U (J)
300
-200
-100
0
155
9 CAPÍTULO 9
9
◮9.1
Capı́tulo 9
Questão 1
A pressão P do gás, juntamente com a pressão da coluna de mercúrio Pm , deve ser
igual à pressão atmosférica P0 , portanto:
P + Pm = P0 =⇒ P = P0 − Pm
A pressão da coluna de mercúrio é proporcional a sua altura, sabendo que a
altura devido a pressão atmosférica verdadeira é de 750mm, quando a altura da
coluna de mercúrio é de 735mm, Pm vale:
P ∝ h =⇒ Pm =
735
h1
P0 =
P0
h0
750
A pressão do gás é, então:
735
735
P0 = P0 (1 −
)
750
750
Utilizando a lei dos gases ideais podemos encontrar o número de mols n de ar
que está aprisionado no espaço acima da coluna:
P = P0 − P m = P0 −
P V = nRT =⇒ n =
PV
RT
P
H = 900mm
h = 735mm
Como a coluna que contém ar possui altura h = 900 − 735 = 165mm e área da
seção transversal A = 1cm2 , seu volume será de V = Ah = 165 × 10−3 × 10−4 =
1.65 × 10−5 m3 . E a temperatura, em Kelvin, é T = 20 + 273 = 293K. Agora que
temos todos os dados podemos encontrar o número de mols n (O valor utilizado
para a pressão atmosférica é P0 = 1atm ≈ 1.013 × 105 P a):
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
156
9.2
n=
(1 −
PV
=
RT
735
)
750
Questão 2
× 1.013 × 105 × 1.65 × 10−5
8.31 × 293
n = 1.36 × 10−5 mol
◮9.2
Questão 2
a) O número de mols de um gás é a razão entre sua massa e sua massa molar, deste
modo podemos escrever a equação de Clapeyron como:
m
RT
M
g
No caso do gás oxigênio, sua massa molar M é de 32 mol
. Agora, resolvendo
para m e substituindo pelos dados numéricos do enunciado (Desta vez o valor usado
atm l
) o valor encontrado para a quantidade de O2
para a constante R será 0.082 mol
K
em cada um dos recipientes é:
PV =
1 × 1 × 32
PV M
=
= 1.31g
RT
0.082 × 298
Ou seja, a massa total de O2 é:
m=
m = 2.62g
b) O volume dos recipientes não se altera durante o processo e sabemos que
na situação final a pressão em ambos será a mesma. Aquecer um dos recipientes
fará com que uma porção do gás passe de um lado para o outro. Para resolver
este subitem é necessário encontrar a quantidade final de O2 em cada um dos
recipientes. Escrevendo a equação de Claperyon para o recipiente da esquerda e
da direita, respectivamente:
P V = n1 RT1 e P V = n2 RT2
V1 = V2 = 1l
T1 = 25◦ , n1
T2 = 100◦ , n2
Figura 18: Recipiente contendo O2 .
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
157
9 CAPÍTULO 9
Dividindo uma equação pela outra e isolando n2 :
n2 =
298
T1
n1 =
n1
T2
373
Que é o número de mols de oxigênio presente no recipiente que foi aquecido.
Como o sistema é fechado, a quantidade de gás deve se manter constante, desse
modo:
n1 + n2 = N0 = cte.
Onde N0 é a quantidade total de oxigênio presente nos recipientes. Como
m
n= M
:
2.62
= 8.19 × 10−2 mol
32
Agora podemos encontrar n1 e n2 :
(
n1 + n2 = 8.19 × 10−2
298
n1
n2 = 373
N0 =
Resolvendo o sistema encontramos que n1 = 4.55 × 10−2 e n2 = 3.64 × 10−2 .
Utilizar a equação de Clapeyron para o segundo recipiente (Usar a equação para
o primeiro recipiente irá fornecer o mesmo resultado) nos permite encontrar a
pressão:
P =
3.64 × 10−2 × 0.082 × 373
n2 RT2
=
= 1.11atm
V
1
c) A variação de número de mols no recipiente mais quente é:
N0
− n2 = 4.55 × 10−3 mol
2
Como M = 32g/mol, segue que:
∆n =
∆m = M ∆n = 0.15g
◮9.3
Questão 3
a) A pressão resultante sob o gás será a soma da pressão atmosférica e da pressão
devido ao corpo da massa de 10kg:
P = P0 +
mg
10 × 9.81
× 10−5 atm = 1.048atm
= 1atm +
−4
A
200 × 10
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
158
9.4
Questão 4
Onde usamos que 1P a ≈ 10−5 atm. A quantidade de gás no recipiente é:
n=
PV
1.048 × 3
=
= 0.131mol
RT
0.082 × 293
Sabemos que a massa molar do He2 é de M = 4g/mol, desse modo o valor
encontrado para a densidade inicial do gás hélio é:
ρ=
nM
0.131 × 4
g
kg
m
=
=
= 0.174 = 0.174 3
V
V
3
l
m
b)Utilizando a equação de Clapeyron:
V =
0.131 × 0.082 × 343
nRT
=
= 3.51l
P
1.048
c) Como o processo é isobárico o trabalho é dado por (Usando a conversão
1atm ≈ 105 P a):
W = P ∆V = 1.048 × 105 × (3.51 − 3.00) × 10−3 = 53.4J
d) A variação de temperatura do gás foi de ∆T = 50◦ C. A variação de energia
interna encontrada é:
∆U = nCv ∆T = 0.131 ×
3
× 8.31 × 50 = 81.6J
2
e) Por meio da 1a lei podemos encontrar o calor fornecido ao gás:
Q = ∆U + W = 53.4 + 81.6 = 135J
◮9.4
Questão 4
a) Segue o diagrama P-V com a identificação de cada um dos processos:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
159
9 CAPÍTULO 9
T0 = 300K
iii
C
P1
D
ii
P0
iv
B
A
i
3
V
4 0
V0
Pelas informações dadas no enunciado podemos encontrar os valores numéricos
dos volumes e pressões. O volume inicial V0 , no ponto A, será:
nRT0
1 × 0.082 × 300
=
= 24.6l
V0
1
E o volume no ponto B, após ocorrer o primeiro processo:
VA = V0 =
3
VB = V0 = 18.5l
4
Como o a temperatura no ponto C é igual à temperatura do ponto A (T0 =
TA = TC = 300K), temos que:
4
PC V C
VA
V0
PA V A
=
=⇒ PC =
PA = 3 P0 = atm
TA
TC
VC
3
V
4 0
Colocando esses valores no diagrama P-V:
T0 = 300K
iii
C
4
atm
3
ii
1atm
D
iv
B
18.5l
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
i
A
24.6l
160
9.4
Questão 4
b) O trabalho nos processos ii e iv é nulo, deste modo a contribuição parte
somente dos processos i e iii:
W = Wi + Wiii
Temos que:
3
Wi = P0 (VB − VA ) = P0 ( V0 − V0 ) = 1.013 × 105 (18.5 − 24.6) × 10−3 = −623J
4
Wiii = P1 (VD − VC ) =
4
× 1.013 × 105 (24.6 − 18.5) × 10−3 = 837J
3
W = Wi + W iii = −623 + 837 = 208J
c) Pela primeira lei:
Q = ∆U + W
Como a temperatura nos pontos A e C é igual, a variação de energia interna é
nula, e o calor fornecido será igual ao trabalho do ponto A ao ponto C realizado
pelo gás:
Q = Wi = 623J
d) Utilizando a equação de Clapeyron nos pontos B e D, respectivamente:
TB =
1 × 18.5
P0 V B
=
= 225K
nR
1 × 0.082
P1 V D
TD =
=
nR
4
3
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
× 1 × 24.6
= 400K
1 × 0.082
161
9 CAPÍTULO 9
T0 = 300K
iii
C
4
atm
3
D
ii
1atm
TD = 400K
iv
B
A
i
TB = 225K
18.5l
24.6l
e) Como dito anteriormente, a temperatura nos pontos A e C é a mesma,
portanto:
∆Ui+ii = 0
◮9.5
Questão 5
a) Para os pontos A e B é válida a relação:
PB 23 V0
PA V A
PB V B
P0 V 0
2
=
=⇒
=
=⇒ PB = PC = P0
TA
TB
T0
To
3
Colocando os dados no diagrama:
T0 = 293K
A
P0
i
iii
2
P
3 0
C
V0
ii
B
1.5V0
b) Como o processo i é isotérmico, o trabalho é dado por:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
162
9.6
dW = P dV =⇒ W = nRT
Z
Vf
Vi
Wi = 1 × 8.31 × 293 × ln
dV
= nRT ln
V
3
V0
V0
2
Vf
Vi
Questão 6
= 987J
Para o processo 2, que ocorre a pressão constante:
3
1
1
2
Wii = P0 (V0 − V0 ) = − P0 V0 = − nRT0 = −812J
3
2
3
3
O trabalho total realizado pelo gás é:
W = W i + Wii = 987 − 812 = 175J
◮9.6
Questão 6
a) Para o ponto B:
VB =
0.1 × 0.082 × 300
nRTB
=
= 2.46l
PB
1
O processo BC é isovolumétrico, deste modo VC = VB = 2.46l. Assim, vale
para estes pontos,
PC
TC
300
PB
=
=⇒ PC = P1 = PB
=1×
= 2atm
TB
TC
TB
600
Finalmente, podemos encontrar a o volume VA :
VA =
0.1 × 0.082 × 300
nRTA
=
= 1.23l
PA
2
Desenhando o diagrama P-V:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
163
9 CAPÍTULO 9
T0 = 300K
A
2atm
C
TC = 600K
1atm
B
1.23l
2.46l
b) Temos para o processo AB que:
∆U = 0, pois
=0
∆T
Vf
AB : W = nR ln Vi = 0.1 × 8.31 × 300 ln
Q = W + ∆U = 173J
2.46
1.23
= 173J (Processo isotérmico)
Para o processo BC:
3
∆U = nCv ∆T = 0.1 × 2 × 8.31 × (600 − 300) = 374J
BC : W = 0, pois ∆V = 0
Q = W + ∆U = 374J
E finalmente, para o processo CA:
3
∆U = nCv ∆T = 0.1 × 2 × 8.31 × (300 − 600) = −374J
CA : W = P ∆V = 2 × 1.013 × 105 × (1.23 − 2.46) × 10−3 = −249J
Q = W + ∆U = −623J
Preenchendo a tabela:
Processo
AB
BC
CA
ciclo
∆W (J)
173
0
-249
-76
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
∆Q(J)
173
374
-623
-76
∆U (J)
0
374
-374
0
164
9.7
◮9.7
Questão 7
Questão 7
a) Nas condições normais de temperatura e pressão temos que P = 1atm e T =
m
= 41 = 0.25mol. Utilizando Clapeyron podemos
273K. E em 1g de Hélio há n = M
encontrar o encontrar o volume no ponto A (Volume inicial):
V0 =
0.25 × 0.082 × 273
nRTA
=
= 5.6l
PA
1
D
PD
A
1atm
C
B
V0 = 5.6l
T0 = 273K
2V0
Após o primeiro processo o volume dobra, portanto o volume no ponto B é:
VB = 2V0 = 11.2l
No processo BC o gás absorve 50cal = 210J, como o gás não realiza trabalho
todo o calor fornecido é igual a variação de energia interna:
Q = ∆U =⇒ ∆T =
Q
210
2
=⇒ TC − 273 =
×
=⇒ TC = 340K
nCv
0.25 3 × 8.31
Por fim, basta encontrar a pressão PD no ponto D:
PD =
nRTD
0.25 × 0.082 × 340
=
= 1.25atm
VD
5.6
Desenhando o diagrama:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
165
9 CAPÍTULO 9
1.25atm
1atm
D
A
C
B
5.6l
TC = TD = 340K
T0 = 273K
11.2l
b) Para o processo AB:
(
∆U = 0J, pois
∆T
=0
W = nRT ln VVfi = 0.25 × 8.31 × 273 × ln
11.2
5.6
= 393J
Para o processo BC:
(
∆U = nCv ∆T = 0.25 × 32 × 8.31 × (340 − 273) = 209J
W = 0J, pois ∆V = 0
E para o processo CD:
(
∆U = 0J, pois
∆T
=0
Vi
W = nRT ln Vf = 0.25 × 8.31 × 340 × ln
Transcrevendo para uma tabela:
Processo
AB
BC
CD
◮9.8
∆U (J)
0
209
0
5.6
11.2
= −490J
W (J)
393
0
-490
Questão 8
Para o processo AB podemos escrever o trabalho como:
WAB = P0 (VB − VA )
Escrevendo a equação de Clapeyron para os pontos A e B, respectivamente:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
166
9.8
VA =
Questão 8
RT1
P0
RT2
P0
O trabalho no processo AB é, portanto:
VB =
RT2 RT1
−
) = R(T2 − T1 )
P0
P0
O trabalho no processo BC, que é um processo isotérmico, pode ser escrito
como:
V0
WBC = RT ln
VB
WAB = P0 (
O volume VB pode ser encontrado a partir de Clapeyron:
RT2
P0
O trabalho para segunda etapa é, então:
P0 V 0
WBC = RT ln
RT2
VB =
Para encontrar o trabalho realizado na quarta etapa o procedimento é análogo:
VA
WDA = RT1 ln
V0
O volume VA no ponto A é dado por:
VA =
RT1
P0
Substituindo:
WDA = RT1 ln
O trabalho total é:
RT1
P0 V 0
= −RT1 ln
P0 V 0
RT1
W = WAB + WBC + WCD +WDA = R(T2 − T1 ) + RT2 ln
| {z }
=0
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
P0 V 0
RT2
− RT1 ln
P0 V 0
RT1
167
9 CAPÍTULO 9
◮9.9
Questão 9
A capacidade térmica a pressão constante é dada por:
3
5
Cp = Cv + R = R + R = R
2
2
O coeficiente de Poisson será:
γ=
5
Cp
=
Cv
3
Para um processo adiabático:
P0 V0γ = P V γ
V 5/3 =
P0 nRT 5/3 10 1 × 0.082 × 273 5/3
(
) = (
)
=⇒ V = 8.92l
P P0
1
10
Assim, podemos encontrar a temperatura:
T =
1 × 8.92
PV
=
= 109K = −164◦ C
nR
1 × 0.082
b) Como o processo é adiabático, o calor fornecido é Q = 0, deste modo podemos
encontrar o trabalho a partir da variação de energia interna:
Q = ∆U + W =⇒ W = −∆U = −nCv ∆T = −1 ×
3
× 8.31 × (109 − 273)
2
W = 2045J
◮9.10
Questão 10
a) Com as informações fornecidas no enunciado podemos desenhar o seguinte diagrama:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
168
9.10
Questão 10
B T
B
PB
1atm
C
A
TA = 300K
TC
0.5l
1l
Como o processo AB é adiabático vale o seguinte:
PA VAγ
=
PB VBγ
=⇒ PB = PA
VA
VB
γ
=1
1
0.5
75
= 2.64l
Para encontrar a temperatura no ponto B podemos usar a seguinte relação:
PB V B
PA V A
=
=⇒ TB = TA
TA
TB
PB V B
PA V A
= 300
2.64 × 0.5
1×1
= 396K
E para o ponto C:
VC
VA
VC
0.5
= 150K
=
=⇒ TC = TA
= 300 ×
TC
TA
VA
1
Colocando esses dados no diagrama:
2.64atm
1atm
B T = 396K
B
C
TC = 150K
0.5l
A
TA = 300K
1l
b) Podemos calcular o número de mols de Hidrogênio a partir de,
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
169
9 CAPÍTULO 9
n=
PV
1×1
=
= 4.06 × 10−2 mol
RT
0.082 × 300
Como γ = 7/5 e Cp = Cv + R, temos que:
γ=
R
7
5
Cp
=1+
=
=⇒ Cv = R
Cv
Cv
5
2
Assim, a variação de energia interna no processo AB é:
∆UAB = nCv ∆T = 4.06 × 10−2 ×
5
× 8.31(396 − 300) = 80.9J
2
Portanto, temos que:
WAB = −∆UAB = −80.9J
Para o processo CA o trabalho é simplesmente,
WCA = P0 (VC − VA ) = 1.013 × 105 (1 − 0.5) × 10−3 = 50.6
Tendo sido realizadas as conversões apropriadas de unidades. O trabalho do
ciclo vale, então:
W = WAB + WCA = −30.3J
c) No processo BC o trabalho é nulo, a variação de energia interna por sua vez
vale:
∆UBC = nCv ∆T = 4.06 × 10−2 ×
5
× 8.31 × (150 − 396) = −207.5J
2
E QBC = ∆UBC . Por fim, a variação de energia interna do gás no processo CA
é:
5
× 8.31 × (300 − 150) = 126.5J
2
= ∆UCA + WCA = 126.5J + 50.6J = 177.1J. Preen-
∆UCA = 4.06 × 10−2 ×
E por conseguinte, QCA
chendo a tabela:
Processo
AB
BC
CA
∆U (J)
80.9
-207.5
126.6
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
Q(J)
0
-207.5
177.1
170
9.11
◮9.11
Questão 11
Questão 11
Processo i): Como o processo é isovolumétrico (Vf = Vi ) vale a relação:
P0
P
290
P
=
=⇒ T = T0
=
= 145K
T
T0
P0
2
Como ∆V = 0 segue que W = 0. Já a variação de energia interna pode ser
encontrada por:
3
× 8.31 × (145 − 290) = −1807J
2
Processo ii): Devido ao fato do processo ser isotérmico o produto entre a pressão
o volume é constante, portanto:
∆U = nCv ∆T = 1 ×
P0
= 2Vi
P
O trabalho realizado pelo gás no prcesso isotérmico é:
P V = P0 V0 =⇒ V = V0
W = nRT ln
V
= 1 × 8.31 × 290 × ln 2 = 1678J
Vi
Como ∆T = 0 não há variação de energia interna, pois ∆U = nCv |{z}
∆T = 0.
=0
Processo iii): Para processos adiabáticos temos que:
P V γ = P0 V0γ
Como Cv = 3/2R, temos que Cp = 3/2R + R = 5/2R e por conseguinte
Cp
γ=C
= 5/3. Resolvendo para V :
v
V =
P0
P
γ1
Vi = 23/5 Vi = 1.51Vi
Para encontrar a temperatura utilizaremos a relação:
P0 V 0
P0 V 0
1.64
PV
=
=⇒ T = T0
= T0
= 218K
T
T0
P
2
Utilizando a variação de temperatura para encontrar a variação de energia
interna:
3
× 8.31 × (219 − 290) = −897J
2
Para o processo adiabático W = −∆U , portanto W = 897J.
∆U = nCv ∆T = 1 ×
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
171
9 CAPÍTULO 9
Processo iv): Na expansão livre não há variação de enegia interna nem realização de trabalho, a temperatura também se mantém constante. Só há alteração
no volume:
P V = P0 V0 =⇒ V = 2Vi
Montando a tabela:
Processo
i
ii
iii
iv
◮9.12
Vf
Vi
2Vi
1.51Vi
2Vi
Tf (K)
145
290
219
290
W (J)
0
1670
897
0
∆U (J)
-1807
0
-897
0
Questão 12
a) No equilı́brio, a pressão no gás será:
mg
πa2
Se o gás for submetido à um processo adiabático podemos dizer que:
P = P0 +
P V γ = Pf Vfγ
(9.12.1)
Onde Pf e Vf indicam pressão e volume finais, respectivamente. Se a bolinha
for empurrada a uma distância x para baixo, o volume final do gás será:
Vf = V − πa2 x
O
m
V
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
O
x
m
Vf =
P
Pf
γ1
V
172
9.12
Questão 12
Deste modo, podemos encontrar a pressão a partir da (9.12.1):
Pf = P
V
Vf
γ
=P
Vf
V
−γ
=P
V − πa2 x
V
−γ
=P
πa2 x
1−
V
−γ
Utilizando a aproximação (1 + x)n ≈ 1 + nx:
πa2 x
)
V
Escrevendo a equação do movimento para a bolinha:
Pf = P (1 + γ
mẍ = P0 πa2 + mg − Pf πa2
πa2 x
mẍ = P0 πa + mg − P (1 + γ
)πa2
V
Organizando a expressão obtemos:
2
ẍ +
P γπ 2 a4
x = πa2 (P0 − P ) + mg = 0
mV
| {z }
ω2
Que é a equação de um oscilador harmônico simples. Identificando a frequência
ω:
ω=
O perı́odo é dado por τ =
r
2π
,
ω
P γπ 2 a4
= πa2
mV
r
Pγ
mV
deste modo:
τ=
2
a2
s
mV
Pγ
b) Isolando γ a partir da resposta do exercı́cio anterior:
γ=
a4
4mV
mg
τ2
P0 + πa
2
Substituindo pelos dados fornecidos:
γ=
4 × 10 × 10−3 × 5 × 10−5
= 1.4
10×10−3 ×9.81
2
5
−3
4
(5 × 10 ) 10 + π(5×10−3 )2 × 1.5
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
173
9 CAPÍTULO 9
◮9.13
Questão 13
a) Temos que no instante inicial T0 = 273K e que P = 1atm (Condições NTP).
Deste modo a temperatura inicial é:
nRT0
1 × 0.082 × 273
=
= 22.4l
P0
1
Agora, podemos encontrar a pressão do gás no segundo estado levando em
consideração que o primeiro processo é isotérmico,
V0 =
P1 V1 = P0 V0 =⇒ P1 = P0
22.4
V0
=1×
= 4.48atm
V1
5
Agora, comparando o terceiro estado com o primeiro, obtemos a seguinte relação
(Veja que em ambos os estados os volumes são iguais V2 = V0 = 22.4l):
P0
P2
0.55
P2
=
=⇒ T2 = T0
= 273 ×
= 150K
T2
T0
P0
1
b) Sabemos que o processo ii é um processo adiabático e representa a transição
entre o segundo e o terceiro estado, deste modo:
γ
γ
P1
P1
V2
V2
γ
γ
P1 V1 = P2 V2 =⇒
=⇒ ln
=
= ln
V1
P2
V1
P2
P1
V2
= ln
γ ln
V1
P2
Utilizando os valores encontrados:
ln P1
ln
γ = P2 =
ln
ln VV21
Também abemos que γ =
γ =1+
Cp
Cv
4.48
0.55
22.4
5
= 1.4 =
7
5
e que Cp = Cv + R, portanto:
R
7
R
5
=⇒
=1+
=⇒ R
CV
5
CV
2
e:
7
5
Cp = Cv + R = R + R = R
2
2
c) Como a diferença de temperatura entre os estados inciais e finais é ∆T =
150 − 273 = −123K:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
174
9.13
∆U = nCv ∆T = 1 ×
Questão 13
5
× 8.31 × (−123) = −2556J
2
e) No primeiro processo, que é isotérmico, o trabalho vale:
5
Vf
= 1 × 8.31 × 273 × ln
= −3402J
Wi = nRT0 ln
Vi
22.4
E como o segundo processo é adiabático temos que:
Wii = −∆U =⇒ Wii = 2556J
Por conseguinte,
W = Wi + Wii = −3402 + 2556 = −847J
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
175
10
CAPÍTULO 10
10
◮10.1
Capı́tulo 10
Questão 1
Suponha que exista um ciclo ABC, sendo o processo AB uma expansão isotérmica,
BC uma compressão adiabática e o CA uma expansão adiabática. Não haveria
troca de calor nos processos BC e CA, por serem adiabáticos, e no processo AB
a máquina térmica removeria calor de um reservatório térmico, produzindo uma
quantidade equivalente de trabalho, violando a segunda lei da termodinâmica. 3
P
C
Adiabáticas
A
◮10.2
Isoterma
B
V
Questão 2
A eficiência máxima ideal é igual à eficiência de uma de máquina de Carnot operando entre as temperaturas T1 e T2 . Neste caso ela vale:
20 + 273
T2
=1−
= 0.621
T1
500 + 273
Deste modo, uma eficiência de 40% representa uma fração de:
η =1−
f=
◮10.3
0.4
= 64.4%
0.621
Questão 3
a) Temos que W = Q1 − Q2 , que é a diferença de calor entre as fontes quente e
fria, desse modo:
K=
3
Q2
Q2
=
W
Q1 − Q2
Ver Basic and Applied Thermodynamics, p. 152
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
176
10.3
Questão 3
Mas como Q1 /Q2 = T1 /T2 =⇒ Q1 = Q2 (T1 /T2 ), o termo Q2 é cancelado na
expressão acima, e a expressão para o coeficiente de desempenho fica:
K=
Q2
Q2
T1
T2
−1
=
T1
T2
1
T2
=
T1 − T2
−1
b) A eficiência pode ser escrita como:
η=
W
W + Q2
1
Q2
1
W
=
=⇒
=
=⇒
= −1
Q1
W + Q2
W
η
W
η
Pela definição K =
Q2
:
W
K=
1−η
η
c) Como o refrigerador opera entre as temperaturas T1 = 300K e T2 = 260K,
seu coeficiente de desempenho ideal é:
K=
260
= 6.5
300 − 260
Contudo, seu coeficiente de desempenho real vale:
Kreal = 0.4K = 2.60
Pelo definição de coeficiente de desempenho:
Kreal =
Q2
=⇒ Q2 = W Kreal
W
Onde Q2 é o calor removido da fonte fria. Agora, veja que o trabalho é dado
por W = P t, sendo P a potência do motor. Assim, temos que:
Q2 = (P t)Kreal = 220 × 15 × 60 × 2.6 = 5.15 × 105 J
Obs: A resposta acima não coincide com a resposta apresentada no gabarito.
Para obter Q2 = 4.7 × 105 J deveriamos considerar que P = 200W .
A quantidade de gelo que podemos formar é:
m=
5.15 × 105 J
5.15 × 105 J
Q2
=
=
= 1.53kg
W
80cal/g
3.36 × 105 J/kg
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
177
10
CAPÍTULO 10
◮10.4
Questão 4
Utilizando Clapeyron para cada um dos vértices:
1 × 105 × 20 × 10−3
PA V A
=
= 240.6K
R
8.31
2 × 105 × 20 × 10−3
PB V B
=
= 481K
TB =
R
8.31
PC V C
2 × 105 × 30 × 10−3
TC =
=
= 721K
R
8.31
PD V D
1 × 105 × 30 × 10−3
TD =
=
= 361K
R
8.31
TA =
b) O trabalho realizado pelo ciclo é:
W = WDA + WBC = PB (VC − VD ) + PA (VA − VD )
W = 2 × 105 (30 − 20) × 10−3 + 1 × 105 (20 − 30) × 10−3 = 1000J
Para encontrar Cv para este gás podemos utilizar o valor γ =
exrrcı́cio. Sabemos que:
(
Cp
γ=C
R
7
v
=⇒ γ = 1 +
=
Cv
5
Cp = Cv + R
7
5
dado no
Resolvendo para Cv encontramos:
5
Cv = R
2
Agora, a partir da primeira lei, podemos calcular o calor cedido em cada um
dos processos a partir do trabalho e da variação de energia interna em cada etapa:
5
× 8.31 × (481 − 240.6) = 4995J
2
5
BC: W =2000J, ∆U = nCv ∆TBC = 1 × × 8.31 × (722 − 481) = 5007J
2
5
CD: W =0, ∆U = nCv ∆TCD = 1 × × 8.31 × (481 − 722) = −5006J
2
5
DA: W = − 1000J, ∆U = nCv ∆TDA = 1 × × 8.31 × (240.6 − 361) = −2500J
2
AB: W =0, ∆U = nCv ∆TAB = 1 ×
O calor total cedido é:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
178
10.5
Questão 5
Q = QAB + QBC = 0 + 4995 + 2000 + 5007 ≈ 12000J
A eficiência é, portanto:
η=
W
1000
=
≈ 8.33%
Q
12000
c) No caso ideal a eficiência do ciclo é igual ao de uma máquina de Carnot que
opera entre as temperaturas TC e TA :
ηc = 1 −
◮10.5
TA
240.6
=1−
≈ 66.7%
TC
722
Questão 5
a) Desenhando o processo no diagrama P-V:
P0
P1
A
C
B
T0
TC
V0
1.5V0
Podemos encontrar a pressão P1 no ponto B (e também no C), utilizando a
seguinte relação (Lembre-se que o processo de A até B é isotérmico):
PA VA = PB VB =⇒ PB = P1 =
2
P0 V 0
= P0
3
3
V
2 0
Adotando um processo análogo entre os pontos A e C, é possı́vel encontrar a
temperatura em C (Veja que nesse caso o processo CA é isovolumétrico):
2
P0
PC
PA
2
=
=⇒ TC = T0 3
= P0
TC
TA
P0
3
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
179
10
CAPÍTULO 10
A
P0
2
P
3 0
C
B
T0
2
T
3 0
V0
1.5V0
O trabalho no processo isotérmico AB é:
3
Vf
= nRT0 ln
WAB = nRT0 ln
Vi
2
Já o trabalho no processo BC:
2
3
P0 V 0
nRT0
WBC = P ∆V = P0 (V0 − V0 ) = −
=−
3
2
3
3
Por fim, a variação de energia interna no processo CA é:
2
1
3
∆UCA = nCv ∆T = nR(T0 − T0 ) = nRT0
2
3
2
Com esses dados podemos encontrar o calor fornecido, que vale:
3
1
Q = WAB + ∆UCA = nRT0 ln
+ nRT0
2
2
E o trabalho realizado no ciclo,
W = WAB + WBC
3
nRT0
= nRT0 ln
−
2
3
Agora podemos encontrar o seu rendimento:
0
nRT0 ln 23 − nRT
W
3
=
≈ 8%
η=
Q
nRT0 ln 32 + 21 nRT0
b) O rendimento de um ciclo de Carnot que opera entre as temperatura extremas deste ciclo, isto é, entre Tmax = T0 e Tmin = 23 T0 , é:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
180
10.6
Questão 6
2
T
T2
2
3 0
ηc = 1 −
=1−
= 1 − ≈ 33.3%
T1
T0
3
◮10.6
Questão 6
a) O trabalho do processo AB pode ser encontrado a partir do calculo da área sob
o segmento AB, que é:
3
(2P0 − P0 )(2V0 − V0 )
+ P0 (2V0 − V0 ) = P0 V0
2
2
Caso você queira encontrar o trabalho utilizando integrais, você pode identificar
a função que descreve o processo AB. No caso essa função é de primeiro grau e
parte da origem, na forma P (V ) = PV00 V . Integrando de V0 até 2V0 :
WAB =
WAB =
Z
Vf
Vi
P0
P dV =
V0
Z
2V0
V0
P0 V 2
V dV =
V0 2
2V0
V0
3
= P0 V 0
2
Que é o mesmo resultado obtido anteriormente. Agora, no processo CA:
WCA = P0 (V0 − 2V0 ) = −P0 V0
Antes de encontrar a variação de energia interna no processo AB precisamos
encontrar a temperatura no ponto B (Iremos considerar que a temperatura no
ponto A é T0 ):
PA V A
PB V B
2P0 × 2V0
=
=⇒ TB = T0
= 4T0
P0
TA
TB
V0
Cp
e Cp = Cv + R, utilizando estas duas equações
Para Cv : sabemos que γ = C
v
podemos encontrá-lo em termos de γ:
R
1
R
=⇒ γ − 1 =
=⇒ Cv = R
Cv
Cv
(γ − 1)
A variação de energia interna é, então:
γ =1+
∆UAB = nCV ∆T = nR
1
1
1
(4T0 − T0 ) = 3nRT0
= 3P0 V0
(γ − 1)
(γ − 1)
(γ − 1)
Agora, podemos encontrar o calor total fornecido:
3
1
1
1
Q = WAB + ∆UAB = P0 V0 + 3P0 V0
= 3P0 V0 (
+ )
2
(γ − 1)
(γ − 1) 2
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
181
10
CAPÍTULO 10
E o trabalho realizado pelo ciclo:
1
3
W = WAB + WCA = P0 V0 − P0 V0 = P0 V0
2
2
E por fim, encontramos o rendimento:
1
PV
W
1
2 0 0
=
η=
1
1 =
Q
3
3P0 V0 ( (γ−1) + 2 )
γ−1
γ+1
b) O rendimento de uma máquina de Carnot operando entre T0 e 4T0 é:
ηc = 1 −
T0
3
T2
=1−
=
T1
4T0
4
Você pode mostrar que o rendimento deste ciclo sempre será menor que o ciclo
de Carnot a partir da seguinte inequação. Suponha que o rendimento deste ciclo é
maior do que o ciclo de Carnot:
1 γ−1
3
η > ηc =⇒
>
3 γ+1
4
Todos os reais γ < −2.6 satisfazem essa inequação, contudo uma situação na
qual γ < 0 é absurda, deste modo, não existe nenhum γ para o qual o rendimento
deste ciclo é maior do que o rendimento do ciclo de Carnot.
◮10.7
Questão 7
a) Vamos começar calculando as grandezas termodinâmicas no ponto C. Chamando
a pressão em B de P0 , segue que:
P0 V0γ = PC (rV0 )γ =⇒ PC = P0 r−γ
E a temperatura pode ser encontrada a partir da relação (Iremos chamar a
temperatura em B de T0 ):
P0 V 0
PC V C
P0 r−γ V0 r
=
=
=⇒ TC = r1−γ T0
T0
TC
TC
E como o processo CA é isotérmico, temos que TA = TC . Agora que temos
todos os valores necessários podemos calcular o trabalho e as variações de energia
interna. Para o processo BC, o trabalho será:
WBC = −
P0 V0 r1−γ − P0 V0
r1−γ − 1
(Pf Vf − Pi Vi )
=−
= −P0 V0 (
)
1−γ
1−γ
γ−1
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
182
10.7
Questão 7
No processo AB, o trabalho é nulo, mas a variação de energia interna é (Lembrese que podemos escrever Cv em função de γ, e encontramos a seguinte relação
R
):
Cv = γ−1
∆UAB = nCv (T0 − TA ) = n
R
(1 − r1−γ )
(T0 − T0 r1−γ ) = nRT0
γ−1
γ−1
Como nRT0 = P0 V0 , variação de energia interna no processo AB vale:
∆UAB = P0 V0
E no processo CA, que é isotérmico:
(1 − r1−γ )
γ−1
WCA = nRTA ln
Como nRTA = PA VA e ln
V0
rV0
V0
rV0
= − ln r:
WCA = −PA VA ln r
Mas,
PB V B
P0 V 0
PA V 0
P0 V 0
PA V A
=
=
=⇒
=
=⇒ PA = P0 r1−γ
1−γ
TA
TB
T0
T0 r
T0
Obtemos:
WCA = −P0 V0 r1−γ ln r
Finalmente, podemos encontrar o rendimento:
η=
Simplificando:
WBC + WCA
r1−γ
W
=
= 1 − (γ − 1)
ln r
Q
∆UAB
(1 − r1−γ )
η =1−
(γ − 1) ln r
(rγ−1 − 1)
b) A razão ρ entre as temperatura extremas é:
ρ=
TB
T0
T1
= rγ−1
=
=
1−γ
T2
TC
T0 r
E a expressão para o rendimento pode ser reescrita como :
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
183
10
CAPÍTULO 10
η =1−
Fazendo a substituição ρ = rγ−1 :
ln rγ−1
rγ−1 − 1
η =1−
ln ρ
ρ−1
c) Temos que:
T1
= rγ−1 = 21.4−1 = 20.4
T2
Substituindo na fórmula do exercı́cio anterior, encontramos uma eficiência de:
ρ=
η =1−
ln 20.4
ln ρ
= 1 − 0.4
≈ 0.132
ρ−1
2 −1
E para um ciclo de Carnot operando entre as temperatura T2 e T1 :
ηc = 1 −
T2
1
1
= 1 − = 1 − 0.4 ≈ 0.242
T1
ρ
2
A razão é:
0.132
η
=
≈ 54.5%
ηc
0.242
◮10.8
Questão 8
a) O trabalho num processo adiabático é dado por:
Wi→f = −
(Pf Vf − Pi Vi )
γ−1
Portanto, temos que para os processos AB e CD, respectivamente, o trabalho
é:
nRT
WAB
nRT
z }|B{ z }|A{
TB − TA
PB V B − P A V A
= −nR
=−
γ−1
γ−1
TD − TC
WCD = −nR
γ−1
E a variação de energia interna no processo BC é:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
184
10.8
Questão 8
∆UBC = nCv (TC − TB )
∆UBC
R
,
γ−1
portanto:
TC − TB
= nR
γ−1
Cv é escrito em termos de γ como
O rendimento do ciclo é dado por:
η=
−nR
WCD + WAB
W
=
=
Q
∆UBC
η=
TC − TD + TA − TB
TC − TB
TD −TC
γ−1
nR
− nR
TC −TB
γ−1
=1−
TB −TA
γ−1
TD − TA
TC − TB
Agora, temos que escrever as temperaturas em termos de γ e r. Como o processo
CD é adiabático, segue que:
PC V0γ = PD (V0 r)γ =⇒ PD = PC r−γ
Analogamente, para o processo AB:
PA = PB r−γ
E veja que para os pontos A,B,C e D temos que:
Portanto:
−γ
PA VA = PB r V0 = nRTA
P V = P V0 = nRT
B
B B
B r
V
0
PC VC = PC r = nRTC
PD VD = PC r−γ V0 = nRTD
PD VD −PA VA = nRT (TD −TA ) =⇒ TD −TA =
V0 r−γ (PC − PB )
PD V D − PA V A
=
nR
nR
Seguindo a mesma linha de raciocı́nio podemos encontrar a diferença entre as
temperaturas TC e TB :
TC − TB =
V0 (PC − PB )
r
nR
Portanto, segue que:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
185
10
CAPÍTULO 10
TD − TA
=
TC − TB
V0 r −γ (PC −PB )
nR
V0 (PC −PB )
r
nR
=r
−γ+1
γ−1
1
=
r
Por fim, podemos escrever o rendimento como:
TD − TA
=1−
η =1−
TC − TB
γ−1
1
r
b) Substituindo os dados na fórmula encontrada:
η =1−
◮10.9
1
10
1.4−1
≈ 60%
Questão 9
a) O trabalho no processo BC é dado por:
WBC = P1 (V2 − V1 ) = nR(TC − TB )
E a variação de energia interna:
∆UBC = nCv ∆T = n
Já para o processo CD o trabalho vale:
WCD = −
E para o processo AB:
WAB = −
R
(TC − TB )
γ−1
(TD − TC )
(PD VD − PC VC )
= −nR
γ−1
γ−1
(PB VB − PA VA )
(TB − TA )
= −nR
γ−1
γ−1
O trabalho total realizado vale W = WBC + WCD + WAB e o calor fornecido é
Q = ∆UBC + WBC , deste modo o rendimento vale:
−TC )
−TA )
nR(TC − TB ) − nR (TDγ−1
− nR (TBγ−1
W
=
η=
R
Q
nR(TC − TB ) + n γ−1
(TC − TB )
η=
Simplificando:
(γ − 1)(TC − TB ) − (TD − TC + TB − TA )
γ(TC − TB )
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
186
10.9
1
η =1−
γ
TD − TA
TC − TB
Questão 9
Para um processo adiabático é válida a relação T V γ−1 = cte. (Conferir pág.
200), portanto, podemos escrever para os processos CD e AB, respectivamente:
TC V2γ−1 = TD V0γ−1 =⇒ TD = TC re1−γ
TA V0γ−1 = TB V1γ−1 =⇒ TA = TB rc1−γ
Substituindo na expressão do rendimento:
1 TC re1−γ − TB rc1−γ
η =1−
γ
TC − TB
Podemos relacionar as temperaturas TC e TB a partir do processo BC, pois:
V2
V1
=
TB
TC
Como V1 = V0 /rc e V2 = V0 /re , segue que:
TB rc = Tc re =⇒ TC = TB
rc
re
Substituindo na equação do rendimento:
η =1−
r 1−γ
1−γ
1 TB rec re − TB rc
γ
TB rrec − TB
Simplificando (Veja que rc re1−γ = rc re re−γ e re rc1−γ = re rc rc−γ ):
η =1−
1 rc re (re−γ − rc−γ )
γ
rc − re
O termo rc re /(rc − re ) pode ser reescrito como (1/re − 1/rc )−1 , deste modo,
finalmente obtemos:
η =1−
1 re−γ − rc−γ
γ (1/re ) − (1/rc )
b) Substituindo os valores numéricos na fórmula para o rendimento encontramos:
η =1−
1 5−1.4 − 15−1.4
≈ 56%
1.4 (1/5) − (1/15)
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
187
10
CAPÍTULO 10
O rendimento do ciclo de Carnot associado é:
TA
TC
A razão entre as temperaturas pode ser encontrada a partir das relações já
obtidas TB rc = TC re e TB = TA rcγ−1 . Substituindo na equação que contem TB e
TC obtemos:
ηc = 1 −
TA
re
= γ
TC
rc
O rendimento de Carnot é então:
η =1−
◮10.10
5
re
≈ 89%
γ = 1−
rc
151.4
Questão 10
a) Os volumes VA e VD se relacionam com VB e VC através de:
1
PA VAγ = PB VBγ =⇒ P0 VAγ = rP0 VBγ =⇒ VA = r γ VB
1
PD VDγ = PC VCγ =⇒ P0 VDγ = rP0 VCγ =⇒ VD = r γ VC
O trabalho em cada uma das etapas é:
WBC =PB (VC − VB ) = rP0 (VC − VB )
1
WDA =PD (VA − VD ) = −P0 r γ (VC − VB )
WAB
1
(VB PB − VA PA )
(r − r γ )
=−
= −P0 VB
γ−1
γ−1
1
WCD
(r − r γ )
(VD PD − VC PC )
= P0 V C
=−
γ−1
γ−1
A variação de energia interna na etapa BC vale,
∆BC = nCv (TC − TB )
Mas faça que Cv = R/(γ − 1), nRTB = PB VB = rP0 VB , e que nRTC = PC VC =
rP0 VC , pois assim,
∆UBC =
r
P0 (VC − VB )
γ−1
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
188
10.11
Questão 11
A eficiencia do ciclo é dada por:
η=
W
WBC + WDA + WAB + WCD
=
Q
WBC + ∆UBC
Substituindo pelas expressões encontradas,
1
γ
1
η=
)
)
P0 (VC − VB )(r − r γ ) + P0 (VC − VB ) (r−r
γ−1
P0 (VC − VB )(r +
r
)
γ−1
O termo P0 (VB − VC ) é cancelado na expressão acima, e finalmente obtemos,
após algumas simplificações algébricas:
γ−1
1 γ
η =1−
r
b) Considerando que o gás é diatômico, isto é, γ = 7/5, achamos:
η =1−
◮10.11
1
10
7/5−1
7/5
≈ 48%
Questão 11
O trabalho na etapas BC e DE vale:
WBC = QBC
WDE = QDE
VC
= nRT1 ln r
= nRT1 ln
VB
VE
= nRT3 ln
= nRT3 ln r
VD
Já para o processo F A, o trabalho é:
WF A = nRT2 ln
VA
VF
Para calcular a razão VA /VF precisamos encontrar três equações. Primeiramente, veja que os processos AB, EF e CD são adiabáticos, portanto utilizaremos
a identidade T V γ−1 = cte. para obter as relações:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
189
10
CAPÍTULO 10
TA VAγ−1 =TB VBγ−1 =⇒ T2 VAγ−1 = T1 V1γ−1
TF VFγ−1 =TE VEγ−1 =⇒ T2 VFγ−1 = T3 rγ−1 V2γ−1
TC VCγ−1 =TD VDγ−1 =⇒ T1 rγ−1 V1γ−1 = T3 V2γ−1
Através da terceira equação obtemos a identidade:
V1
V2
γ−1
=
T3
T1
r−(γ−1)
E ao dividir a primeira equação pela segunda, encontramos,
Logo:
VA
VF
VA
VF
γ−1
E por conseguinte,
=
γ−1
=
T1
T3
r
T1
T3
−(γ−1)
r
−(γ−1)
T3
T1
V1
V2
γ−1
r−(γ−1) = r−2(γ−1)
VA
= r−2
VF
O trabalho realizado pelo processo F A fica:
WF A = QF A = nRT2 ln r−2 = −2nRT2 ln r
Como QBC e QDE representam o calor absorvido pelo sistema e QF A o calor
cedido à fonte fria, o rendimento do ciclo vale:
η =1+
◮10.12
nR ln r
T2
QF A
=1−2
= 1 − T1 +T3
QBC + QDE
nR ln r(T1 + T3 )
2
Questão 12
De acordo com o enunciado do exercı́cio 2 do capı́tulo 8, a capacidade térmica
molar do NaCl é Cv = 464(T /TD )3 , logo:
dQ = Cv dT = 464
T
TD
3
dT
Podemos relacionar a entropia com o calor a partir de:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
190
10.13
Questão 13
dQ
T
Assim, temos que a variação de entropia molar é dada por:
dS =
∆s = sf − si =
Z
Tf
Ti
464
dQ
= 3
T
TD
Z
Tf
T 2 dT
Ti
Resolvendo a integral e tomando Ti = 0 e si = 0 encontramos:
sf =
◮10.13
464 T 3
1 3
464
×
=
T = 6.97 × 10−6 T 3 cal/(mol K)
3
TD 3
2813 3
Questão 13
a) Temos que:
dQ
dU
P dV
=
+
=⇒ T dS = dU + P dV
T
T
T
Integrando ao longo de um ciclo completo:
I
I
I
T dS = dU + P dV
dS =
Temos que para um caminho fechado ∆U = 0 e reversı́vel, portanto:
I
T dS =
I
P dV = W
b) Considere um ciclo de Carnot que consiste dos seguintes processos:
• 1a processo: Expansão isotérmica AB
• 2a processo: Expansão adiabática BC
• 3a processo: Compressão isotérmica CD
• 4a processo: Compressão adiabática DA
No primeiro processo não há variação de temperatura, contudo há um aumento
de entropia (S1 → S2 ). Como o segundo processo é um processo adiabático reversı́vel, ele é isentrópico, a entropia se mantém constante e há um decréscimo de
temperatura (T2 → T1 ). No terceiro processo a entropia do sistema decresce a
temperatura constante, retornando ao valor inicial (S2 → S1 ). O quarto processo é
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
191
10
CAPÍTULO 10
similar ao segundo, não há variação de entropia mas o sistema volta a temperatura
inicial (T1 → T2 ). Desenhando todas as etapas no diagrama T-S:
A
T2
i
B
iv
T1
ii
D
S1
C
iii
S2
c) De acordo com o resultado do item a) o trabalho realizado pelo sistema é
igual à área compreendida pelo ciclo no diagrama T-S. Portanto, o trabalho total
realizado é:
W = (T2 − T1 )(S2 − S1 )
Como nos processos BC e DA não há troca de calor, todo o calor recebido pelo
sistema é proveniente do processo AB, deste modo temos que:
Q = |{z}
∆U +W = T2 (S2 − S1 )
=0
O rendimento do ciclo é:
η=
W
(T2 − T1 )(S2 − S1 )
T1
=
=1−
Q
T2 (S2 − S1 )
T2
Que é o resultado esperado.
◮10.14
Questão 14
Ao aquecer uma substância de calor especı́fico c e massa m de uma temperatura
T1 até uma temperatura T2 , a variação de entropia correspondente é:
Z T2
dT
mcdT
T2
dQ
dS =
=
= mc
=⇒ ∆S = mc ln
T
T
T
T1
T1
E para uma transição de fase, a variação de entropia é:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
192
10.15
Questão 15
mL
T
Onde L representa o calor latente da substância. A variação de entropia na
primeira etapa, que consiste em aquecer o gelo de −15◦ C até 0◦ é:
0 + 273
cal
T2
∆S1 = mc ln
= 1000 × 0.5 × ln
= 28.26
T1
−15 + 273
K
S=
No processo de fusão:
mL
1000 × 79.6
cal
=
= 291.57
T
0 + 273
K
◦
◦
Agora, para aquecer a água de 0 C a 100 C:
T2
100 + 273
cal
∆S3 = mc ln
= 1000 × 1 × ln
= 312.10
T1
0 + 273
K
∆S2 =
Por fim, a variação de entropia devido ao processo de vaporização vale:
1000 × 539.6
cal
mL
=
= 1446.65
T
373
K
A variação total de entropia é:
∆S4 =
∆S = ∆S1 + ∆S2 + ∆S3 + ∆S4 = 2079
◮10.15
J
cal
= 8702
K
K
Questão 15
Veja que a entropia, para 1 mol de uma substância, pode ser escrita como (pg.
226):
S(P, V ) = Cv ln (P V γ ) + cte.
Para n mols de uma substância a entropia pode ser escrita como Sn = nS =
R
nCv ln (P V γ )+cte. Além disso, lembre-se que podemos escrever Cv como Cv = γ−1
.
E utilizando Clapeyron podemos encontrar no número de mols de gás presentes
(Lembre-se que o gás está sob as condições normais de temperatura e pressão,
T = 273K e P = 1atm):
PV
1×2
=
= 0.09mol
RT
0.082 × 273
No primeiro processo o volume passa de um volume inicial V0 para um volume
final Vf = 1.5V0 . A Variação de entropia associada à essa etapa vale:
n=
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
193
10
CAPÍTULO 10
8.31
J
∆S1 = n Cv (ln(P0 (1.5V0 )γ ) − ln(P0 V0γ )) = 0.09 ×
ln(1.51.4 ) = 1.06
|{z}
1.4 − 1
K
R
γ−1
No segundo processo a pressão é diminuı́da de 1atm para 0.75atm, deste modo
a variação de entropia correspondente é:
8.31
R
(ln ( |{z}
P V γ )−ln ( P0 V γ )) = 0.09×
ln
∆S2 = n
|{z}
γ−1
1.4 − 1
0.75atm
1atm
0.75
1
= −0.54
J
K
A variação total de entropia é:
∆S = ∆S1 + ∆S2 = 1.06 − 0.54 = 0.52
◮10.16
J
K
Questão 16
a) Primeiro vamos verificar se é possı́vel derreter todo o gelo. Caso a temperatura
de equilı́brio seja Teq = 0, o calor fornecido ao gelo pela água é:
∆Q = mc∆T = 2000 × (30 − 0) = 60000cal
E o calor necessário para derreter 500g de gelo é:
∆Q = mL = 500 × 80 = 40000cal
Portanto Teq 6= 0. Deste modo, para encontrar a temperatura final do sistema
podemos escrever:
X
Qi = 0
Sendo mg a massa de gelo (que depois é derretida), ma a massa de água e T a
temperatura de equilı́brio:
mg L + ma c(T − 30) + mg c(Tf − 0) = 0 =⇒ T =
T =
30ma c − mg L
c(ma + mg )
30 × 2000 × 1 − 500 × 80
= 8◦ C
1 × (2000 + 500)
b) A variação de entropia no processo de fusão do gelo é:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
194
10.17
Questão 17
500 × 80
cal
mL
=
= 146.5
T
273
K
Para a massa de água resfriada:
T2
8 + 273
cal
∆S2 = mc ln
= 2000 × 1 × ln
= −150.75
T1
30 + 273
K
∆S1 =
E para a porção de água aquecida:
∆S3 = 500 × 1 × ln
8 + 273
0 + 273
= 14.45
cal
K
A variação total de entropia é:
∆S = ∆S1 + ∆S2 + ∆S3 = 146.5 − 150.75 + 14.45 = 10.2
◮10.17
cal
K
Questão 17
Podemos escrever que a variação de entropia do universo como:
∆SU niverso = ∆SReservatorio + ∆SAgua
Como a água está a T = 100 + 273 = 373K, a variação de entropia no seu
processo de vaporização é:
∆Q
1000 × 539.6
cal
=
= 1447
T
373
K
Para encontrar a variação de entropia no reservatório basta efetuar cálculos
similares. No caso a) a temperatura do reservatório é igual à temperatura da água,
portanto fica claro que ∆SReservatorio = −∆SAgua (Pois é o reservatório que cede
calor a água, portanto a variação de entropia é negativa). Deste modo ∆SU niverso =
0 e o processo é reversı́vel.
No caso b), que é um processo irreversı́vel, a variação de entropia do reservatório
a T = 200 + 273 = 473K será:
∆SAgua =
cal
1000 × 539.6
= −1141
473
K
E a variação de entropia do universo será:
∆SReservatorio = −
∆SU niverso = 1447 − 1141 = 306
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
cal
K
195
10
CAPÍTULO 10
◮10.18
Questão 18
a) Podemos imaginar esse processo como um processo irreversı́vel, no qual podemos
quantificar a variação de entropia a partir da mudança de pressão. A entropia pode
ser escrita como:
S(P, T ) = Cp ln T − R ln P + cte. =⇒ ∆S = Cp ln
T2
T1
− R ln
P2
P1
Na situação que estamos tratando o gás está em equilı́brio térmico com o exterior, assim T1 = T2 . Após o vazamento, o gás ejetado passa a ter a mesma pressão
que atmosfera, portanto P1 = 150atm e P2 = 1atm. Assim a variação de entropia
em 1 mol de He é:
1
= 41.68J/L
∆S = −R ln
150
g
, há n =
Como a massa molar do He é M = 4 mol
Portanto, a variação de entropia é:
m
M
∆Stotal = n∆S = 250 × 41.68 = 1.04 × 104
=
1000g
4g/mol
= 250mol.
J
K
b) Podemos encontrar o trabalho a partir da entropia e da temperatura usando
a relação:
W = T ∆S
Utilizando a temperatura dada no enunciado T = 17 + 273 = 290K:
W = 290 × 1.04 × 104 = 3.02 × 106 J
◮10.19
Questão 19
a) A variação de entropia da chaleira é dada por:
∆SChaleira = mc ln
T2
T1
= 1000 × 1 × ln
20 + 273
100 + 273
= −241
cal
K
b) Se considerarmos a piscina como um reservatório de massa muito superior
àquela presente na chaleira, a variação de entropia do reservatório será devido ao
calor trocado com a água proveniente da chaleira, portanto:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
196
10.20
∆SReservatorio =
Questão 20
∆Q
mc∆T
1000 × 1 × (100 − 20)
cal
=
=
= 273
T
T
(20 + 273)
K
Deste modo, a variação de entropia do universo é:
∆SU niverso = ∆SChaleira + ∆SReservatorio = −241 + 273 = 31
◮10.20
J
K
Questão 20
a) Temos que:
dF = dU − T dS
Integrando (Lembre-se que o processo é isotérmico, portanto a variação de
energia interna é 0):
I
∆F = |{z}
∆U − T dS
=0
Mas como vimos no exercı́cio 13 deste capı́tulo:
I
I
T dS = P dV = W
Portanto:
W =
I
T dS = −∆F
b) No caso irreversı́vel, tem-se que:
δQ < T dS
E portanto:
δW < T dS − δU = −∆F
Ou seja, o trabalho é menor que o decréscimo de F.
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
197
11
CAPÍTULO 11
11
◮11.1
Capı́tulo 11
Questão 1
Considerando que após a colisão a componente da velocidade que é paralela à
normal da superfı́cie adquire direção oposta, a variação de momento associado à
colisão é:
∆p = 2mvx
vx
−vx
Se há N colisões, a variação total de momento vale:
∆p = 2mvx × N
Podemos escrever a pressão como a variação de momento por intervalo de tempo
por área:
∆p
N
F
=
= 2mvx
A
A∆t
A∆t
Se a densidade de moléculas do feixe é n, o número de colisões em um intervalo
de tempo ∆t associadas a esse feixe é:
P =
N = nAvx ∆t
Onde A representa a área associada ao feixe e v a velocidade das moléculas. O
termo v∆t representa a distância percorrida pelo feixe no intervalo de tempo ∆t,
ou seja, Av∆t representa o volume varrido pelo feixe ao longo de um intervalo ∆t.
Veja que partindo da expressão anterior podemos estabelecer a relação:
N
= nvx
A∆t
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
198
11.2
Questão 2
Assim, podemos escrever a expressão para a pressão como:
P = 2mvx
N
= 2mnvx2
A∆t
A densidade de moléculas é n = 1010 moleculas
= 1016 moleculas
, a velococidade vx
cm3
m3
representa a componente da velocidade perpendicular à superfı́cie (ou seja, paralela
a sua normal), logo vx = v cos (30). Por fim a massa da moléculas de oxigênio vale
32 unidades de massa atômica, onde uma unidade massa atômica vale 1.66 ×
10−27 kg, assim:
P = 2mnvx2 = 2 × 32 × 1.66 × 10−27 × 1016 × (500 cos (30))2 ≈ 2 × 10−4
◮11.2
N
m2
Questão 2
Utilizando a equação de estado:
P V = N kT
Podemos encontrar a quantidade de moléculas por unidade de volume (Iremos
fazer aconversão 1mm/Hg = 133.3P a):
n=
◮11.3
N
P
133.3 × 10−12
moleculas
=
=
= 3.22 × 104
−23
V
kT
1.38 × 10
× 300
cm3
Questão 3
a) No referencial do pistão a molécula se aproxima do pistão com velocidade vx +u,
como M >> m a velocidade da molécula assume direção oposta:
vx + u
−vx − u
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
199
11
CAPÍTULO 11
Analisando no referencial do laboratório basta subtrair u das velocidades que
obtém-se:
vx
−vx − 2u
Calculando a diferença entre a energia cinética antes e após a colisão:
m
mvx2 m(vx + 2u)2
−
= (4vx u + 4u2 )
2
2
2
Deprezando os termos de segunda ordem:
∆E =
∆E ≈ 2muvx
Para N moléculas:
∆EN = 2N muvx
b) O trabalho realizado pelo pistão vale:
∆p
x = ∆pu
∆t
A variação de momento é ∆p = 2m(vx + u), deste modo o trabalho total
realizado pelo pistão vale (Para N moléculas):
W = Fx =
W = 2N m(vx + u)u ≈ 2N mvx u
Que é o resultado obtido anteriormente.
◮11.4
Questão 4
a) Sabemos que a densidade da água lı́quida é de ρ = 1g/cm3 e que sua massa
molar é de M = 18g/mol. A densidade de moléculas (Numero de moléculas por
unidade de volume), pode ser escrita como :
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
200
11.4
Questão 4
1 cmg 3
ρ
1 mol
n=
=
g =
M
18 mol
18 cm3
Sabemos que em um mol há aproximadamente 6 × 1023 moléculas, portanto:
n=
1
moleculas
× 6 × 1023 ≈ 3.33 × 1022
18
cm3
Ou seja, há um espaçamento de 1cm3 por 3.33 × 1022 moléculas:
cm3
cm3
1
−23
=
3
×
10
3.34 × 1022 molecula
molecula
Para obter o espaçamento médio basta extrai a raiz cúbida do volume encontrado, deste modo:
Vlivre =
dlivre =
p
√
3
3
Vlivre = 3 × 10−23 = 3.1 × 10−8 cm
b) Já para o vapor d’água iremos adotar um procedimento um pouco diferente.
Usando a equação para os gases ideais, a densidade molar obtida é (Número de
mols por unidade de volume):
P
1
mols
mols
nmols
=
=
= 3.27 × 10−2
= 3.27 × 10−5
V
RT
0.082 × (100 + 273)
l
cm3
O número de moléculas por unidade de volume é:
n = 3.27 × 10−5 × 6 × 1023 = 1.97 × 1019
moleculas
cm3
Agora, para encontrar o espaçamento médio basta adotar a mesma estratégia:
Vlivre =
dlivre
c) Sabemos que:
cm3
cm3
1
−20
=
5.1
×
10
1.97 × 1019 molecula
molecula
p
√
3
= 3 Vlivre = 5.1 × 10−20 = 3.7 × 10−7 cm
3
1
m |< v{z2 >} = kT
2
2
2
vqm
Deste modo (Lembre-se que a massa da molécula de água vale 18 unidades de
massa atômica, e uma unidade de massa atômica vale 1.7 × 10−27 kg):
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
201
11
CAPÍTULO 11
vqm =
◮11.5
r
3kT
=
m
r
m
3 × 1.38 × 10−23 × 373
= 711
−27
18 × 1.7 × 10
s
Questão 5
kg
Considerando a densidade do ar como 1.3 m
3 temos que o volume de ar presente
1
em 1kg é V = mρ = 1.3
= 0.77m3 . Utilizando a equação de estado para gases ideais
podemos encontrar as pressões parciais do oxigênio e do nitrogênio. Sabemos que
g
, assim:
a massa molar do oxigênio é de 32 mol
P O2 =
m RT
232 8.31 × 273
=
= 0.22 × 105 P a ≈ 0.21atm
M V
32
0.77
g
:
E para o nitrogênio. que tem massa molar de 28 mol
PN2 =
◮11.6
755 8.31 × 273
m RT
=
= 0.79 × 105 P a ≈ 0.78atm
M V
28
0.77
Questão 6
Utilizando a equação de estado dos gases ideais podemos encontrar o número de
mol de gás presente:
n=
4.8 × 10
PV
=
= 0.325mol
RT
0.082 × 1800
Contudo, há somente 7g de N2 , o que corresponde as n = m/M = 7/28 =
0.25mol. Ou seja, o número de mol de nitrogênio dissociado é n = 0.325 − 0.250 =
0.075. Em porcentagem:
x=
◮11.7
0.075
= 0.23 = 23%
0.325
Questão 7
A velocidade quadrática médica (vqm =
trada a partir da relação:
√
< v 2 >) do hidrogênio pode ser encon-
m < v 2 >= 3kT
Sabemos que a massa do higrogênio molecular é de 2 unidades de massa atômica
e que a temperatura vale T = 127 + 273 = 400K:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
202
11.8
vqm =
r
3kT
=
m
r
Questão 8
km
3 × 1.38 × 10−23 × 400
≈ 2.2
−27
2 × 1.7 × 10
s
Para encontrar a velocidade de escape na Lua podemos igualar a energia potencial gravitacional na superfı́cie da lua a energia cinética correspondente à velocidade
igual a velocidade de escape:
r
GM m
2GM
mv 2
=
=⇒ vesc =
2
r
R
Onde R é o raio da lua, que vale aproximadamente 1737km, e M é a massa da
lua, que vale 7.35 × 1022 kg. Substituindo:
vesc =
r
km
2 × 6.67 × 10−11 × 7.35 × 1022
≈
2.4
1737 × 103
s
Vimos que vqm < vesc , deste modo podemos concluir que a Lua é capaz de reter
hidrogênio em sua tênue atmosfera.
◮11.8
Questão 8
A expressão para a velocidade do som pode ser escrita com:
s
γP
vsom =
ρ
E a velocidade quadrática média pode ser escrita como:
s
3P
vqm =
ρ
De acordo com o enunciado a velocidade do som é 0.683 vezes a velocidade
quadrática média das moléculas. Deste modo, podemos calcular a razão entre as
velocidades e encontrar γ, e a partir do valor encontrado podemos determinar que
tipo de molécula compõe o gás:
q
γP
r
ρ
γ
vsom
= q
=
3P
vqm
3
ρ
r
7
γ
= 0.683 =⇒ γ ≈ 1.4 =
3
5
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
203
11
CAPÍTULO 11
Logo podemos concluir que as moléculas que compõem o gás são diatômicas (2
átomos por molécula).
◮11.9
Questão 9
É possı́vel relacionar a temperatura T de um sistema com a energia cinética das
partı́culas a partir da seguinte relação:
1
1 2
q
m < v 2 >= mvqm
= kT
2
2
2
Onde q representa o número de graus de liberdade. Para q = 3 temos que:
vqm =
r
3kT
m
Para uma partı́cula de raio r e densidade ρ temos que:
m = ρV =
4π 3
ρr =⇒ vqm =
3
s
9kT
4πρr3
De acordo com o enunciado o raio vale r = 0.5 × 10−6 m e a densidade vale
ρ = 1.2g/cm3 = 1200kg/m3 , assim:
vqm =
s
9 × 1.38 × 10−23 × (27 + 273)
= 0.44cm/s
4π × 1200 × (0.5 × 10−6 )3
Obs: O resultado aqui encontrado diverge daquele obtido no gabarito do livro.
◮11.10
Questão 10
a) De acordo com o enunciado há uma certa quantidade inicial de gás constituı́do de
moléculas diatômicas, e parte dele se dissocia, gerando moléculas diatômica. Para
encontrar o coeficiente de Poisson γ equivalente iremos trabalhar com somente 1
mol de gás, por simplicidade.
Se inicialmente há 1 mol de moléculas diatômicas e uma fração x delas é dissociada em moléculas monoatômicas, como uma fração x de 1 mol é o mesmo que
x mols, então são gerados 2x mols de moléculas monoatômicas, porque após a
dissociação cada moléculas diatômica gera duas moléculas monoatômicas. Após a
dissociação restam 1 − x mols de moléculas diatômica. Por fim, após a dissociação,
o número total de mols é:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
204
11.10
Questão 10
2x mol: monoatômicas
1 mol
1 − x mol: diatômicas
Figura 19: Veja que cada molécula diatômica dissociada gera DUAS moléculas monoatômicas.
Ou seja, se uma fração x do total de moléculas iniciais é dissociada, então surge uma fração 2x
(do total inicial) de moléculas monoatômicas, após a dissociação. Já para as diatômicas esse
número se torna 1 − x.
ntotal = nmono + ndi = 2x + (1 − x) = (x + 1)mol
Ou seja, a fração de moléculas monoatômicas é:
2x
nmono
=
ntotal
x+1
E a fração de moléculas diatômicas é:
fmono =
1−x
ndi
=
ntota
x+1
Agora, para determinar o γ equivalente adotaremos o seguinte raciocı́nio: iremos calcular como cada um dos diferentes tipos de moléculas contribui para a
energia interna total do sistema (Lembre-se que moléculas monoatômicas possuem
q = 3 graus de liberdade, já as diatômicas possuem cinco). Assim, podemos escrever a energia interna da porção de gás constuı́da de moléculas monoatômicas
como:
x
3
Umono =
RT fmono = (3RT )
2
x+1
Para as moléculas diatômicas:
5
5
1−x
Udi =
RT fdi =
RT
2
2
x+1
A energia interna do gás com capacidade térmica equivalente Cveq é:
fdi =
Ueq = Cveq T
Como tanto Umono e Udi contribuem para a energia interna do gás, basta somar
as duas quantias e igualar à energia interna equivalente, encontrando a capacidade
térmica equivalente em termos de x:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
205
11
CAPÍTULO 11
x
Cveq T = (3RT )
+
x+1
5
RT
2
1−x
=⇒ Cveq =
x+1
5+x
x+1
R
2
Cp equivalente é simplesmente dado por Cp = Cv + R:
7 + 3x R
5+x R
+R=
Cpeq =
x+1 2
x+1 2
Como γ =
Cp
:
Cv
γeq =
7+3x R
x+1 2
5+x R
x+1 2
=
7 + 3x
5+x
Nos casos limites temos que γ = 35 , quando x = 1, que representa uma dissociação completa, ou seja, o gás é completamente monoatômico. E quando x = 0,
γ = 75 , que representa um gás puramente diatômico.
b) Substituindo γ por 1.5 =
3
2
na fórmula encontrada:
7 + 3x
3
=
2
5+x
Resolvendo para x encontramos:
x=
◮11.11
1
≈ 33.33%
3
Questão 11
g
g
, e do hélio vale 4 mol
,
a) Sabemos que a massa molar do hidrogênio vale 2 mol
portanto o número total de mols no gás é:
n=
m1
m2
1 1
+
= + = 0.75mols
M1 M 2
2 4
A pressão é:
P =
0.75 × 0.082 × 300
nRT
=
= 1.85atm
V
10
b) Primeiro iremos encontrar Cv . Como o hidrogênio é diatômico, ele possui
Cv1 = 52 R, e o hélio, por ser monoatômico, possui Cv2 = 32 R. Podemos escrever a
energia interna do gás como a energia interna proveniente da porção de hidrogênio
e da porção de hélio:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
206
11.12
Questão 12
Utotal = U1 + U2 =⇒ nCv T = n1 Cv1 T + n2 Cv2 T
Onde o ı́ndice 1 representa as grandezas referentes ao hidrogênio e o ı́ndice 2
representa as grandezas referentes ao hélio. Sabemos que há 0.5 mols de hidrogênio
e 0.25 mols de hélio, desse modo:
Cv =
0.5 × 25 R + 0.25 × 32 R
n1 Cv1 + n2 Cv2
=
= 2.17R
n
0.75
E para Cp :
Cp = Cv + R = 3.17R
Finalmente, temos que:
γ=
◮11.12
Cp
3.17
=
= 1.46
Cv
2.17
Questão 12
Nós podemos escrever a energia cinética associada a rotação da molécula como:
2
Iωqm
I < ω2 >
=
Ec =
2
2
Lembre-se que pelo teorema da equipartição de energia, a energia média associada a cada termo quadrático na expressão da energia total é de 21 kT por molécula
(Em equilı́brio térmico a temperatura T ). Portanto, podemos relacionar essa expressão com a energia cinética da molécula devido a rotação:
2
Iωqm
1
= kT =⇒ ωqm =
Ec =
2
2
r
kT
I
Substituindo pelos valores dados (Lembre-se que I = 6 × 10−39 g × cm2 =
6 × 10−46 kg × m2 ):
ωqm =
r
1.38 × 10−23 × 273
= 2.5 × 1012 rad/s
6 × 10−46
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
207
11
CAPÍTULO 11
◮11.13
Questão 13
a) O número de moléculas de volume n = N
pode ser obtido a partir da equação
V
de estado (O valor utilizado para a pressão é P = 1atm ≈ 1.01 × 105 P a):
P V = nKT =⇒ n =
P
1.01 × 105
moleculas
N
=
=
= 2.54 × 1025
−23
V
kT
1.38 × 10
× 288
m3
Sabemos que a expressão do livre percurso médio é:
¯l = √ 1
2πnd2
Resolvendo para d, que é o diâmetro efetivo do átomo e utilizando o valor dado
no enunciado par ao livre percurso médio ¯l = 1.862 × 10−5 cm = 1.862 × 10−7 m:
1
1
d = p√
= 2.17 × 10−8 cm
= p√
25
−7
¯
2πnl
2π × 2.54 × 10 × 1.862 × 10
b) Primeiramente é necessário encontrar a velocidade quadrática média dos
átomos, que pode ser obtida a partir de:
2
mvqm
3
= kT =⇒ vqm =
2
2
r
3kT
m
No caso, iremos considerar que a velocidade média v̄ é aproximadamente igual
à velocidade quadrática média, isto é v̄ ≈ vqm . Além disso, a massa do átomo de
hélio é de 4 unidades de massa atômica, onde uma unidade de massa atômica vale
1.66 × 10−27 kg, deste modo:
v̄ ≈ vqm =
r
3 × 1.38 × 10−23 × 288
= 1340m/s
4 × 1.66 × 10−27
O número médio de colisões por segundo é dado como a razão entre a velocidade
média e o livre percurso médio, deste modo:
1340
v̄
colisoes
f¯ = ¯ =
= 7.19 × 109
−7
1.862 × 10
s
l
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
208
11.14
◮11.14
Questão 14
Questão 14
Podemos escrever a densidade do gás como:
Nm
= nm
V
Onde N representa o número total de moléculas, n representa a quantidade
de moléculas por unidade de volume e m representa a massa de cada moléculas.
Uma molécula de CO2 possui 44 unidades de massa atômica (1.66 × 10−27 kg).
Resolvendo para n:
ρ=
n=
ρ
4.91
moleculas
=
= 6.75 × 1025
−27
m
44 × 1.66 × 10
m3
O livre percurso médio é:
1
¯l = √ 1
=√
= 1.59 × 10−6 cm
2
25
2πnd
2π6.75 × 10 × 4.59 × 10−10
◮11.15
Questão 15
A equação de estado de Van der Waals é:
a
P + 2 (v − b) = RT
v
E lembre-se que os valores crı́ticos são:
a
,
27b2
Agora, iremos reescrever P , v e T como:
vc = 3b ,
Pc =
RTc =
8a
27b
8a
a
, RT = τ Tc = τ
2
27b
27b
Substituindo na equação de estado de Van der Waals:
v = ωvc = 3bω ,
P = πPc = π
a
8a
a
π
+ 2 2 (3bω − b) = τ
2
27b
9b ω
27b
Simplificando a expressão obtemos:
3
π+ 2
ω
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
(3ω − 1) = 8τ
209
11
CAPÍTULO 11
◮11.16
Questão 16
Isolando P na equação de estado de Wan der Waals chegamos em:
P =
O trabalho é:
W =
Z
a
RT
− 2
v−b v
vf
P dV =
vi
Z
vf
vi
a
RT
− 2
v−b v
dv
Integrando o primeiro termo obtemos (Você pode utilizar a substituição u =
v − b e du = dv):
Z vf
RT
vf − b
dv = RT (ln (vf − b) − ln (bi − b)) = RT ln
vi − b
vi v − b
E integrando o segundo termo:
Z vf
1
1
a
−
− 2 dv = a
v
vf
vi
vi
Portanto, o trabalho total é:
W = RT ln
vf − b
vi − b
+a
1
1
−
vf
vi
Que é o trabalho realizado por 1 mol de gás.
◮11.17
Questão 17
Primeiramente iremos estabelecer uma expressão para encontrar b, que representa
o volume de exclusão devido a 1 mol do gás. A pressão e a temperatura crı́tica
são:
Pc =
a
,
27b2
RTc =
8a
27b
Logo, temos que:
3
RTc
5.19
R Tc
8.31
−5 m
=
2.39
×
10
= 8b =⇒ b =
=
Pc
8 Pc
8 2.25 × 1.01 × 105
mol
Agora, para encontrar o volume de exclusão associado a somente uma molécula
basta dividir b pelo número de avogadro N0 :
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
210
11.18
Questão 18
2.39 × 10−5
b
= 3.98 × 10−29
=
23
N0
6 × 10
Lembre-se que a esfera de exclusão de uma esfera vale oito vezes o seu volume,
contudo, no modelo que trata dos gases de Van der Waals, somente o hemisfério
dianteiro da esfera de exclusão é levado em conta, deste modo b′ vale quatro vazes
o volume da esfera, assim:
b′ =
4πr3
3
Resolvendo para r e multiplicando por 2 para encontrar o diâmetro:
b′ = 4 ×
r=
r
3
3b′
=
16π
r
3
3 × 3.98 × 10−29
= 1.33 × 10−8 cm =⇒ d = 2.66 × 10−8 cm
16π
A discrepância entre o resultado obtido neste exercı́cio e o resultado do exercı́cio
13 ocorre porque os cálculos aqui desenvolvidos são referentes ao gás na temperatura crı́tica, que é baixı́ssima, e neste caso grande parte do volume do gás é
ocupado pelas moléculas e o modelo de Van der Waals não tem tanta precisão
quanto a temperaturas mais elevadas.
◮11.18
Questão 18
a) Como Pc =
a
27b2
e RTc =
8a
,
27b
ao dividir uma equação pela outra obtemos:
R Tc
8 Pc
Utilizando os valores dados no enunciado (trabalhando com a pressão em atm
e o volume em litros):
b=
b=
0.082 304.1
l
×
= 0.043
8
73
mol
Agora, para encontrar a a partir de b e da temperatura crı́tica:
RTc =
RTC
0.082 × 304.1
l2
8a
=⇒ a = 27b
= 27 × 0.043 ×
= 3.6atm
27b
8
8
mol2
b) A densidade no ponto crı́tico pode ser escrita como:
ρc =
m
nM
=
V
V
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
211
11
CAPÍTULO 11
Onde n representa o número de mols e M a massa molar. Lembre-se que o
volume molar v é dado por v = Vn , que representa o volume de 1 mol de gás, e que
massa molar M do CO2 é de 44g/mol, assim:
M
vc
Onde vc representa o volume molar no ponto crı́tico. Por fim, para encontrar
o volume molar no ponto crı́tica basta escreve-lo em termos do covolume vc = 3b,
resolvendo:
ρc =
ρc =
M
44
g
g
=
= 340 = 0.34 3
3b
3 × 0.043
l
cm
c) Basta utilizar a equação de estado para gases perfeitos:
nRT
1 × 0.082 × 273
=
= 44.8atm
V
0.5
d) Utilizando a equação de estado de Van der Waals:
a
P + 2 (v − b) = RT
v
Resolvendo para P e utilizando os valores de a e b obtidos no item a):
P =
P =
RT
a
0.082 × 273
3.6
− 2 =
−
= 34.6atm
v−b v
0.5 − 0.043
0.52
e) O termo que computa a a fração da pressão devido à interação entre as
moléculas do gás é a/v 2 , deste modo a fração procurada é:
f=
P
Ptotal
=
a
v2
34.6
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
=
14.4
= 42%
34.6
212
12
◮12.1
Capı́tulo 12
Questão 1
Para a atmosfera ao nı́vel do mar, temos que P = 1.01 × 105 P a e T = 288K, deste
modo, o número de partı́culas por unidade de volume é dado por:
n(0) =
P0
1.01 × 105
moleculas
=
= 2.59 × 1025
−23
kT
1.38 × 10
× 288
m3
A composição de nitrogênio é de 78% e a de oxigênio, apesar do que consta no
enunciado é de 21%, não 12%. Fazendo os calculos o valor n encontrado para o
nitrogênio e o oxigênio é, respectivamente:
nN2 (0) = 0.78n(0) = 2.01 × 1025
moleculas
m3
moleculas
m3
Agora, pela lei de Halley, podemos encontra a pressão atmosférica em uma
altura z = 10km (O valor utilizado para a densidade do ar ao nı́vel do mar será de
ρ0 = 1.25kg/m3 ):
nO2 = 0.54 × 1025
P (z) = P0 exp
ρ0 g
z
P0
5
= 1.01 × 10 exp
1.25 × 9.81
× 104
5
1.01 × 10
= 30500P a
Agora podemos encontrar n(104 ), a densidade de moléculas na altura z = 10km:
n(104 ) =
P (104 )
30500
=
= 7.81 × 1024
2
kT
1.38 × 10 3 × 288
E para encontrar n para o nitrogênio e o oxigênio podemos utiliza a distribuição
obtida a partir do método de Boltzmann:
mg
z
n(z) = n(0) exp −
kT
Para o nitrogênio (Lembre-se que a massa da moléculas de hidrogênio é de 28
unidades de massa atômica):
mg
28 × 1.66 × 10−27 × 9.81
25
4
nN2 (z) = nN2 (0) exp −
z = 2.01×10 exp −
× 10
kT
1.38 × 10−23 × 288
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
213
12
CAPÍTULO 12
nN2 (z) = nN2 (104 ) = 6.28 × 1024
Fazendo o mesmo para o oxigênio molecular (Que tem uma massa de 32 unidades de massa atômica):
nO2 (z) = nO2 (104 ) = 1.46 × 1024
Calculando as porcentagens:
f N2 =
nN2 (104 )
6.28 × 1024
= 80.6%
=
n(104 )
7.81 × 1024
f O2 =
1.46 × 1024
nO2 (104 )
= 18.4%
=
n(104 )
7.81 × 1024
E para o O2 :
◮12.2
Questão 2
a) Para calcular a constante de normalização basta encontrar A tal que:
Z ∞
F (v)dv = 1
−∞
Ou seja, a área total sob o gráfico deve ser igual à unidade. Como o gráfico
0
= A2v
=
mostrado na figura é um triângulo, é fácil ver que sua área vale S = bh
2
2
Av0 . Pela condição de normalização:
S = Av0 = 1 =⇒ A =
1
v0
b) A função presente no gráfico pode ser escrita como (Basta encontrar as
funções de primeiro grau correspondentes):
1
A
v0 v = v2 v, se 0 6 v < v0
0
F (v) =
− v12 v +
2
, se v0 6 v 6 2v0
v0
0
0, se v > 2v
0
Para encontrar vp basta encontrar um v que maximize F (v), analisando o gráfico
fica evidente que:
vp = v0
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
214
12.2
Questão 2
Agora, para encontrar < v > é necessário utilizar a definição de velocidade
média para a distribuição:
Z ∞
F (v)vdv
< v >=
0
Deste modo, temos que para a nossa função de distribuição:
Z
< v >=
1
< v >= 2
v0
v0
0
Z
1 2
v dv +
v02
v0
Z
v0
Z
1
v dv − 2
v0
2
0
2v0
2v0
1
2
− 2v +
v0
v0
Z
2
v dv +
v0
2
v0
vdv
2v0
vdv
v0
Resolvendo as integrais:
1
< v >= 2
v0
v03
2 4v02 v02
1 8v03 v03
+
−0 − 2
−
−
3
v0
3
3
v0
2
2
Ao simplificar, finalmente obtemos < v >:
< v >= v0 = vp
Por fim, iremos encontrar vqm a partir da definição:
Z ∞
2
2
F (v)v 2 dv
vqm =< v >=
−∞
2
vqm
2
vqm
=
Z
1
= 2
v0
v0
0
Z
1 3
v dv +
v02
v0
1
v dv − 2
v0
3
0
Z
2v0
v0
Z
2v0
1
2
− 2v +
v0
v0
2
v dv +
v0
3
v0
Z
v 2 dv
2v0
v 2 dv
v0
Após integrar:
2
vqm
1
= 2
v0
v04
2 8v03 v03
1 16v04 v04
+
−0 − 2
−
−
4
v0
4
4
v0
3
3
Finalmente:
vqm =
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
r
7
v0
6
215
12
CAPÍTULO 12
◮12.3
Questão 3
A fração f de moléculas com velocidade no intervalo [v, v + dv] é dado por:
f = F (v)dv
De acordo com o enunciado queremos encontrar a fração de moléculas com
velocidades no intervalo [v, v + v∆v], onde ∆v = 0.01 = 1% ≈ dv. Deste modo,
podemos encontrar a fração de moléculas neste intervalo a partir de uma expressão
similar a anterior:
f = F (v)vdv ≈ F (v)v∆v
Substituindo F (v) pela função de distribuição de Maxwell (Veja que agora há
um fator v adicional) e tomando v = vp (Pois estamos procurando por partı́cular
que tenha velocidade 1% maior que vp ):
m 32
1 mvp2
3
v vp exp −
f = F (vp )vp ∆v = 4π
2πkT
kT 2
A velocidade mais provável é dada por:
vp =
r
2kT
m
Deste modo a expresão anterior se reduz à:
f=
4π
π
3
2
e−1 |{z}
∆v = 0.83%
=0.01
Contudo, este resultado se refere somente as partı́cular com velocidades entre
vp e velocidades 1% maiores que vp , se levarmos em contra as velocidades inferiores
basta dobrar o resultado obtido:
f = 1.66%
◮12.4
Questão 4
A função de distribuição para uma componente qualquer vale:
m
1 mvi2
F (vi ) =
exp −
2πkT
2 kT
Deste modo, a velocidade média para a componente será:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
216
12.5
Questão 5
m Z ∞
1 mvi2
vi dv
exp −
< vi >=
2πkT
2 kT
0
Para resolver essa integral basta utilizar a substituição:
2kT
mv 2
, vdv = −
u
2kT
m
Z ∞
1 mvi2
kT
exp −
vi dv =
2 kT
m
0
u=−
Após resolve-la:
r
m kT
kT
< vi >=
=
2πkT m
2πm
Mas como o exercı́cio nos pede o módulo dessa velocidade, basta multiplicar po
2:
< vi >= 2
Além disso, temos que:
< v >=
e,
r
r
kT
2πm
8kT
πm
r
kT
2πm
Calculando a razão entre < vi > e < v > e depois entre < vi > e < w+ >
chegamos em:
+
< w >=
r
◮12.5
2kT
1
= vo = 2 < w + >
πm
2
Questão 5
Podemos encontrar o valor de < v1 > a partir de:
Z ∞
m 23 Z ∞
mv 2
1
1
exp −
F (v) dv = 4π
vdv
< >=
v
v
2πkT
2kT
0
0
Esse integral pode ser resolvida utilizando a substituição:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
217
12
CAPÍTULO 12
mv 2
2kT
, vdv = −
u
2kT
m
Integrando de 0 à ∞ o resultado obtido é:
Z ∞
mv 2
kT
exp −
vdv =
2kT
m
0
u=−
Portanto:
m 32 kT
1
>= 4π
v
2πkT
m
E a velocidade média é dada por (conferir pág. 276, eq. 12.2.44):
r
8kT
< v >=
πm
Assim, a razão R é:
<
R=
◮12.6
1
>
v
1
<v>
<
=
4π
m
2πkT
√1
23
kT
m
8kT
πm
=
4
≈ 1.27
π
Questão 6
a) A distribuição de velocidade para partı́culas com velocidades no intervalo [v, v +
dv] é dada por:
m 23
1 mv 2
2
dv
F (v) = 4π
v exp −
2πkT
kT 2
A energia cinética das partı́culas é E = mv 2 /2, portanto a relação entre os
diferenciais da energia e da velocidade é:
dE = mvdv
Logo, fazendo as devidas substituições:
√
2E
dE
z}|{
1
1 mv 2 z }| {
1
2
F (v) = 4π
mvdv
3 m v exp −
kT |{z}
2
(2πkT ) 2
E
Por fim, após simplificar a equação obtemos:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
218
12.6
Questão 6
√
E −E
2
e kT
F (E) = √
π (kT ) 23
b) Pela definição da média de uma função de distribuição a energia média
< E > é:
< E >=
Z
∞
0
Fazendo a substitução
como:
2
F (E)EdE = √
π
E
kT
2
Z
= u e 2udu =
4kT
< E >= √
π
Z
∞
∞
0
dE
kT
E
kT
32
E
e− kT dE
a expressão pode ser reescrita
2
u4 e−u du
0
Para calcular a integral iremos fazer uma nova substituição, y = u2 e dy = 2udu,
assim a integral pode ser reescrita como:
Z ∞
Z
1 ∞ 3 −y
4 −u2
u e du =
y 2 e dy
2 0
0
Agora, iremos utilizar a função Gamma e algumas de suas propriedades para
resolver essa integral. Lembre-se que a função Gama é definida como:
Z ∞
tx−1 e−t dt
Γ(x) =
0
Portanto, a integral que procuramos pode ser reescrita como:
Z ∞
Z ∞
3
3
5
−y
y 2 e dy = Γ( ) =
t 2 e−t dt
2
0
0
Agora iremos utilizar uma fórmula denominada fórmula de reflexão de Euler
para encontrar Γ( 21 ):
Γ(1 − x)Γ(x) =
π
sin (xπ)
Para x = 1/2 temos que:
√
1
1
π
Γ( )2 =
=⇒
Γ(
π
)
=
2
sin π2
2
Por fim iremos usar a seguinte relação para descobrir Γ( 52 ):
Γ(x + 1) = xΓ(x)
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
219
12
CAPÍTULO 12
Para x = 3/2 temos:
3 3
5
Γ( ) = Γ( )
2
2 2
Para encontrar Γ(3/2) basta fazer que x = 1/2, logo:
√
3
π
1 1
Γ( ) = Γ( ) =
2
2 2
2
Finalmente:
√
3 3
3 π
5
Γ( ) = Γ( ) =
2
2 2
4
Portanto:
√
Z ∞
3
5
3 π
−y
y 2 e dy = Γ( ) =
2
4
0
E a integral que procuravamos no inı́cio é:
√
Z ∞
Z
1 ∞ 3 −y
3 π
4 −u2
u e du =
y 2 e dy =
2 0
8
0
Finalmente podemos encontrar a energia média:
4kT
< E >= √
π
Z
|0
∞
2
mvqm
3
2
u4 e−u du = kT =
2
2
{z
}
√
π
3
8
Agora, para encontrar a energia mais provável basta derivar F (E) com respeito
a E e resolver para E:
dF (E)
= 0 =⇒
dE
d( √2π
√
E
3
(kT ) 2
E
e− kT )
=0
dE
Derivando:
1 −1 − E
1 −E
E 2 e kT −
e kT = 0
2
kT
Resolvendo para E:
E=
kT
2
Lembre-se que a velocidade mais provável é vp =
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
q
2kT
,
m
assim temos que:
220
12.7
Questão 7
mvp2
kT
Ep =
6=
= kT
2
2
◮12.7
Questão 7
Para as moléculas dentro do forno a distribuição é simplesmente dada pela distribuição de Maxwell, por isso a velocidade mais provável é:
vp =
r
2kT
(Forno)
m
E a energia mais provável é a mesma encontrada no exercı́cio anterior:
Ep =
kT
(Forno)
2
Agora, para encontrar a velocidade mais provável do feixe basta encontrar v
que maximize j(v), que é dado por:
m 32
1 mv 2
3
v exp −
j(v) = AvF (v) = 4πA
2πkT
kT 2
Onde A representa uma constante. Derivando a expressão e igualando a zero:
1 mv 2
3
d(v
exp
−
)
kT 2
d(j(v))
= 0 =⇒
=0
dv
dv
Derivando:
1 mv 2
m 4
1 mv 2
2
3v exp −
−
v exp −
=0
kT 2
kT
kT 2
Resolvendo para v obtemos:
vp =
3kT
(Feixe)
m
Agora iremos encontrar a distribuição para a energia adotando um procedi2
mento análogo ao do exercı́cio anterior. Temos que E = mv2 e dE = mvdv.
Manipulando a expressão para a distribuição de velocidades e fazendo as devidas
substituições obtemos:
√
E
1
2 2 1
Ee− kT
j(E) = √
3 √
π (kT ) 2 m
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
221
12
CAPÍTULO 12
Derivando com respeito à E e igualando a zero obtemos:
E
E
E −E
d(Ee− kT )
= 0 =⇒ e− kT −
e kT = 0
dE
kT
Resolvendo para E obtemos a energia mais provável:
Ep = kT
Veja que tanto a energia mais provável quanto a velocidade mais provável são
maiores para o feixe.
◮12.8
Questão 8
a) A energia de uma partı́cula se movendo com frequência angular ω a uma
distância r é:
1
U (r) = U0 − mω 2 r2
2
Pela distribuição de Boltzmann:
F (r, ω) = C exp (−
1
E
) = C exp (−(U0 − mω 2 r2 )/kT )
kT
2
Como ρ ∝ F , basta calcular a razão entre F (0, ω) e F (R, ω):
1
F (R, ω)
= exp (−(U0 − mω 2 r2 )/kT − (−U0 )/kT )
F (0, ω)
2
Logo:
ρ(R)
= exp
ρ(0)
◮12.9
mω 2 R2
2kT
Questão 9
a) A probabilidade de uma molécula estar concentrada num volume V /3 é:
pi =
V
3
V
=
1
3
Para que o mesmo ocorra com N moléculas (Lembre-se que a probabilidade
nesse caso é multiplicativa):
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
222
12.9
1 1
1
P = . ··· =
|3 3{z 3}
N vezes
Questão 9
N
1
3
b) A solução desse item é análoga à do item anterior, contudo neste segundo
caso a probabilidade de encontrar uma moléculas em um volume 2V /3 é:
pi =
2V
3
V
=
2
3
Para N moléculas:
N
2
P =
3
c) A probabilidade de encontrar N/3 moléculas contidas em um volume V /3 é:
N3
1
p1 =
3
A probabilidade de encontrar as 2N/3 moléculas restantes no volume 2V /3 no
volume restante é:
2N
2 3
p2 =
3
Portanto, para que os dois eventos aconteçam ao mesmo tempo, a probabilidade
é:
p12
N3 2N
2 3
1
= p1 p2 =
3
3
Contudo há várias configurações possı́vel para que isso ocorra, e o número de
combinações é dado por:
N
N
n = N = 2N
3
3
Deste modo, a probabilidade de que ocorra a situação descrita no enunciado é:
P = np12
N3 2N
2 3
1
N
= N
3
3
3
d) Temos que a variação de entropia em função do peso estatı́stico é:
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
223
12
CAPÍTULO 12
∆S = k ln
Wf
Wi
Portanto, a variação de entropia ao passar do estado 1 (item a) para o estado
2(item b), é:
∆S = k ln
(2V /3)N
(V /3)N
= N k ln 2
d) Tomando N = 9 e fazendo as substituições na resposta do item a:
N 9
1
1
=
= 5.1 × 10−5
P1 =
3
3
Agora na resposta do item b:
N 9
2
2
=
= 2.6 × 10−2
P2 =
3
3
E finalmente no item c:
N3 2N
93 2×9
N
1
1
2 3
2 3
9
P = N
= 9
= 0.273
3
3
3
3
3
3
◮ Escola Olı́mpica - Curso de Fı̀sica Básica II
224
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