Soluções Física – Semana 84

Ao se juntar dois corpos em temperaturas diferentes, ocorrerão processos de troca de energia para que no final desses processos, os corpos atinjam o equilíbrio térmico, ou seja, fiquem com a mesma temperatura.

Para que o sistema fique em equilíbrio térmico a uma temperatura de $30,0$ $^oC$, deverão ocorrer os seguintes passos:

$1)$ Os $250$ $g$ de água a temperatura de $75,0$ $^oC$ resfriará, até atingir a temperatura final $30,0$ $^oC$

$2)$ A massa $m$ de gelo aquece, passando de sua temperatura inicial de $-20,0$ $^oC$ e atingindo a temperatura de $0,0$ $^oC$.

$3)$ O gelo então a $0,0$ $^oC$ absorverá parte da energia que a massa de água cede, e a utilizará para derreter, tornando-se uma massa $m$ de água líquida a $0,0$ $^oC$.

$4)$ Esta massa $m$ de água a $0,0$ $^oC$ aquecerá até atingir a temperatura final de $30,0$ $^oC$.

Ao final desses 4 processos, o sistema fica em equilíbrio térmico.

A cada processo, se tem uma determinada variação de energia. A energia para cada processo é:

Para $1$:

$Q_1 = m_{agua}c_a(T_{f1}-T_{o1})$

$Q_1 = 250*1,0*(30-75)$

$Q_1 = -250*45$

$Q_1 = -11250$ $cal$

Para $2$:

$Q_2 = m_{gelo}c_g(T_{f2}-T_{o2})$

$Q_2 = m*0,5*(0-(-20))$

$Q_2= 10 \,\left( \frac{cal}{g} \right) \, m$

Para $3$:

$Q_3 = m_{gelo}*L_f$

$Q_3 = 80 \,\left( \frac{cal}{g} \right) \, m$

Para $4$:

$Q_4 = m_{gelo}*c_a*(T_{f4}-T_{o4})$

$Q_4 = m*1,0*(30-0)$

$Q_4 = 30 \,\left( \frac{cal}{g} \right) \, m$

Por conservação de energia, ao somar todas as trocas de calor devemos obter que não houve variação de energia de todo o sistema, daí:

$Q_1 +Q_2 +Q_3+Q_4 = 0$
$-11250+10m+80m+30m=0$

$120m=11250$

$m=93,75$ $g$

Essa massa em $kg$ é:

$m \approx 0,094$ $kg$

$m \approx 0,094$ $kg$

A barra ao se deslocar mudará a posição do seu centro de massa, mudando então a posição em que é aplicada a força peso em relação à uma roda. Isso ocasionará uma mudança nas forças normais das rodas com a barra que ocasionará uma mudança nas forças de atrito entre as rodas e a barra, gerando uma força resultante restauradora.

Podemos notar que a posição de equilíbrio do centro de massa da barra neste sistema é no meio da distância entre as rodas. Nesta situação, ao observar o equilíbrio dinâmico e rotacional da barra, temos que a normal exercida por cada roda na barra é $\frac{mg}{2}$. Após deslocar o centro de massa de um pequeno $x$, nós obtemos a configuração abaixo:

Nesta configuração, temos que a barra ainda não vai rotacionar, então o torque exercido nela ainda é $0$. Mas a mudança do local de onde é exercido o peso da barra ocasiona a mudança da força normal das rodas, mas ainda tendo que elas equilibram o peso. Dessa forma:

$N_1 + N_2 = mg$

Escrevendo o torque em relação ao ponto de contato da primeira roda com a barra:

$N_2 l = mg(\dfrac{l}{2} + x)$

$N_2 = mg(\dfrac{1}{2} + \dfrac{x}{l})$

Desta forma:

$N_1 = mg(\dfrac{1}{2} - \dfrac{x}{l})$

A barra vai se movimentar em relação a cada roda, por isso as forças de atrito serão:

$F_{at1} = \mu N_1$

$F_{at1} = \mu mg(\dfrac{1}{2} - \dfrac{x}{l})$

$F_{at2} = \mu N_2$

$F_{at2} = \mu mg(\dfrac{1}{2} + \dfrac{x}{l})$

Desta forma, escrevendo a segunda lei de Newton no eixo x:

$m a = F_{at1}-F{at2}$

$m a = \mu mg(\dfrac{1}{2} - \dfrac{x}{l}) - \mu mg(\dfrac{1}{2} + \dfrac{x}{l})$

$m a = \mu mg(\dfrac{1}{2} - \dfrac{x}{l} - \dfrac{1}{2} - \dfrac{x}{l})$

$a = \mu g (-2\dfrac{x}{l})$

$a = - \dfrac{2 \mu g}{l} x$

Num MHS temos que a aceleração é dada por:

$a = - \omega ^2 x$

Desta forma, comparando:

$\omega ^2 = \dfrac{2 \mu g}{l}$

$\omega = \sqrt{ \dfrac{2 \mu g}{l}}$

O período de oscilações é então:

$T = \dfrac{2\pi}{\omega}$

$T = 2\pi \sqrt{\dfrac{l}{2 \mu g}}$

$T = 2\pi \sqrt{\dfrac{l}{2 \mu g}}$

Ao colocar cargas no capacitor, suas placas gerarão então campos elétricos que devido a placa da direita não ser fixa a parede, ocasionará seu deslocamento, mudando as propriedades deste capacitor.

a) Pela lei de Gauss, nós temos que o campo exercido por uma das placas é:

$E*2A = \dfrac{Q}{\varepsilon_o}$

$E = \dfrac{Q}{2A\varepsilon_o}$

Este campo sai na direção perpendicular da placa, atingindo a outra também perpendicularmente. Cada pedacinho de carga na outra placa sente o mesmo campo $E$, fazendo com que a força sentida por esse pedacinho de placa seja:

$dF = E(-dQ)$

Daí a força total sentida pela placa é:

$F= -EQ$

$F = -\dfrac{Q}{2A\varepsilon_o}Q$

$F = -\dfrac{Q^2}{2A\varepsilon_o}$

b) A força que atua na placa que não está fixa fará que ela se mova para mais próximo da outra placa. Isso causará uma deformação da mola. No equilíbrio, a força elástica deve cancelar esta força elétrica, daí:

$F + kx = 0$

$k x = \dfrac{Q^2}{2A\varepsilon_o}$

$x = \dfrac{Q^2}{2kA\varepsilon_o}$

c) Daí, no equilíbrio a distância entre as placas será $d-x$ e atuará no espaço entre elas um campo elétrico obtido pela soma dos campos das duas placas. Daí a diferença de potencial será:

$\Delta V = 2E(d-x)$

$\Delta V = 2\dfrac{Q}{2A\varepsilon_o}(d-\dfrac{Q^2}{2kA\varepsilon_o})$

$\Delta V = \dfrac{Q}{A\varepsilon_o}d - \dfrac{Q^3}{2kA^2\varepsilon_o^2}$

d) A capacitância de um capacito de placas paralelas é dado por:

$C = \dfrac{\varepsilon_o A}{l}$

onde $l$ é a distância entre as placas. Desta forma:

$C_o = \dfrac{\varepsilon_o A}{d}$

$C = \dfrac{\varepsilon_o A}{d-x}$

Assim:

$\dfrac{C}{C_o} = \dfrac{\varepsilon_o A}{d-x}\dfrac{d}{\varepsilon_o A}$

$\dfrac{C}{C_o} =\dfrac{d}{d-x}$

$\dfrac{C}{C_o} = \dfrac{d}{d- \dfrac{Q^2}{2kA\varepsilon_o}}$

e) No equilíbrio, a mola estará deformada de $x$ e o capacitor armazenará energia. Por isso a energia total do sistema é:

$U = \dfrac{1}{2} C \Delta V^2 +\dfrac{1}{2}kx^2$

$U = \dfrac{1}{2} \dfrac{\varepsilon_o A}{d-x} \dfrac{Q^2}{A^2\varepsilon_o^2}(d-x)^2 + \dfrac{1}{2}kx^2$

$U = \dfrac{Q^2}{2A\varepsilon_o}(d-x) + \dfrac{kx^2}{2}$

$U = \dfrac{Q^2}{2A\varepsilon_o}(d- \dfrac{Q^2}{2kA\varepsilon_o}) + \dfrac{kQ^4}{8k^2 A^2 \varepsilon_o^2}$

$U = \dfrac{Q^2 d}{2A\varepsilon_o} - \dfrac{Q^4}{4kA^2\varepsilon_o^2} + \dfrac{Q^4}{8kA^2\varepsilon_o^2}$

$U = \dfrac{Q^2 d}{2A\varepsilon_o} - \dfrac{Q^4}{8kA^2\varepsilon_o^2}$

$U = \dfrac{Q^2}{2A\varepsilon_o}(d-\dfrac{Q^2}{4kA\varepsilon_o})$

a) $F = -\dfrac{Q^2}{2A\varepsilon_o}$

b) $x = \dfrac{Q^2}{2kA\varepsilon_o}$

c) $\Delta V = \dfrac{Q}{A\varepsilon_o}d - \dfrac{Q^3}{2kA^2\varepsilon_o^2}$

d) $\dfrac{C}{C_o} = \dfrac{d}{d- \dfrac{Q^2}{2kA\varepsilon_o}}$

e) $U = \dfrac{Q^2}{2A\varepsilon_o}(d-\dfrac{Q^2}{4kA\varepsilon_o})$