Soluções Física - Semana 88

Ao colocar o disco no mercúrio ele ficará em equilíbrio por atuarem nele seu peso e a força de empuxo.

Ao por o disco no mercúrio, atuarão nele duas forças: o seu próprio peso e a força de empuxo. Como ele fica em equilíbrio no líquido:

$F_{peso}=F_{empuxo}$

$mg=\rho_{mercurio}gV_{submerso}$

$m=\rho_{mercurio}V_{submerso}$

A massa do disco pode ser dado por:

$m=\rho_{disco}V_{disco}$

Daí:

$\rho_{disco}V_{disco}=\rho_{mercurio}V_{submerso}$

$\rho{disco}=\rho_{mercurio}\dfrac{V_{submerso}}{V_{disco}}$

Como foi observado que:

$\dfrac{V_{submerso}}{V_{disco}}=\dfrac{7}{9}$

Temos que:

$\rho_{disco} = \dfrac{7}{9}\rho_{mercurio}$

$\rho_{disco} = \dfrac{7}{9} *13,5$

$\rho_{disco} = 10,5$ $g/cm^3$

Então o disco de Natônio realmente é de prata.

SIm, o disco de Natônio é de prata.

Este prolema pode ser divido em 2 partes para ter o tempo mínimo, uma enquanto o saco de cimento se move aceleradamente para cima  e a outra enquanto ele desacelera  para chegar com velocidade $0$ na altura $H$.

A forma mais rápida de levantar o saco de cimento é acelerando ele na máxima tensão suportada pela corda para que em um altura $h$ a corda fique solta, para que ele suba desacelerando com a gravidade e atingindo a altura $H$ em repouso. Podemos separar este movimento então em 2 etapas, uma acelerada e a outra retardada.

Na etapa 1 atuarão o peso e a tração da corda no saco de cimento, fazendo com que ele acelere com:

$Ma=nMg - Mg$

$a = \left( n-1 \right)g$

A altura $h$ onde devemos parar de atuar a tração na corda é:

$h=\dfrac{(n-1)}{2}gt_1^2$

Onde $t_1$ é o tempo na etapa 1.

E a velocidade que ele atinge é:

$V=(n-1)gt_1$

Na etapa 2 como só atua seu peso, a sua aceleração será $g$. Como ele deve chegar sem velocidade no topo, temos que:

$0 = V - gt_2$

$(n-1)gt_1=gt_2$

$(n-1)t_1=t_2$

Onde $t_2$ é o tempo na etapa 2.

E também temos:

$H-h = Vt_2-\dfrac{1}{2}gt_2^2$

$H-h = (n-1)gt_1t_2 - \dfrac{1}{2}gt_2^2$

$H-h = gt_2^2 -\dfrac{1}{2}gt_2^2$

$H-h=\dfrac{1}{2}gt_2^2$

$H - \dfrac{(n-1)}{2}gt_1^2=\dfrac{1}{2}gt_2^2$

$H - \dfrac{(n-1)}{2}gt_1^2=\dfrac{(n-1)^2}{2}gt_1^2$

$H=(n-1)\dfrac{(n-1)+1}{2}gt_1^2$

$H=(n-1)\dfrac{n}{2}gt_1^2$

$H=\dfrac{n(n-1)}{2}gt_1^2$

$t_1^2 = \dfrac{2H}{n(n-1)g}$

$t_1 =\sqrt{\dfrac{2H}{n(n-1)g}}$

Dessa forma:

$t_2 = (n-1)\sqrt{\dfrac{2H}{n(n-1)g}}$

O tempo total é então:

$T=t_1+t_2$

$T=\sqrt{\dfrac{2H}{n(n-1)g}}+(n-1)\sqrt{\dfrac{2H}{n(n-1)g}}$

$T=n\sqrt{\dfrac{2H}{n(n-1)g}}$

$T=\sqrt{\dfrac{2nH}{(n-1)g}}$

$T=\sqrt{\dfrac{2nH}{(n-1)g}}$

O satélite ao girar em torno de seu eixo fará que as partículas do gás sintam uma aceleração centrífuga, empurrando elas para fora e fazendo com que a pressão aumente quanto mais distante do eixo.

Por ser um satélite, ele deve ter tamanho radial na ordem de metros e por isso não é preciso considerar o efeito gravitacional. Como a aceleração na extremidade é $g$ temos que:

$g = \Omega^2R_o$

Pelo satélite estar girando em torno de seu eixo, as partículas do gás sentem uma aceleração centrífuga apontando do centro para fora. Desta forma, a pressão cresce com a distância até o centro, ou seja, o raio. Fazendo um cilindro infinitesimal de altura $dr$ com eixo perpendicular ao eixo do satélite e a uma distância $r$ do mesmo, temos que a variação de pressão $dP$ entre as superfícies é dada pelo teorema de Stevin, e é:

 $dP = \rho a\, dr$

Onde $\rho$ é a densidade do gás no cilindro e $a$ é a aceleração centrífuga.

A aceleração $a$ é causada pela rotação, logo:

$a=\Omega^2 r$

E escrevendo a equação de Clapeyron para os gases ideais:

$PV = nRT$

$PV = \dfrac{m}{M}RT$

$P =\dfrac{\rho RT}{M}$

$\rho =\dfrac{PM}{RT}$

Substituindo temos:

$dP = \dfrac{PM}{RT} \Omega^2rdr$

$\dfrac{dP}{P} = \dfrac{M \Omega^2}{RT} rdr$

Integrando do centro até a superfície, com a pressão variando de $P_c$ a $P_s$ e o raio de $0$ a $R_o$:

${\displaystyle\int\limits_{P_c}^{P_s}\dfrac{dp}{P}} = \dfrac{M \Omega^2}{RT} {\displaystyle\int\limits_0^{R_o}rdr}$

$ln \left( \dfrac{P_s}{P_c} \right) = \dfrac{M \Omega^2}{RT} \dfrac{R_o^2}{2}$

$\dfrac{P_s}{P_c} = e^{\left(\dfrac{M \Omega^2}{RT} \dfrac{R_o^2}{2}\right)}$

$\dfrac{P_c}{P_s} =e^{\left(\dfrac{-M \Omega^2}{RT} \dfrac{R_o^2}{2}\right)}$

Substituindo a condição de $g = \Omega^2 R_o$

$\dfrac{P_c}{P_s} = e^{\left(\dfrac{-M g R_o}{2RT}\right)}$

$\dfrac{P_c}{P_s} = e^{\left(\dfrac{-M g R_o}{2RT}\right)}$