Iniciante
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Calorimetria
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Seja $$\delta{T}$$ os intervalos uniformes de temperatura. Pela relação da calorimetria:
\[Q_n=C_n\delta{T}=\left(C_0+n\delta{C}\right)\left(T_f-T_0\right)/N\]
b) O calor total é:
\[Q=\dfrac{T_f-T_0}{N}\sum_{n=0}^{N-1} \left(C_0+n\delta{C}\right)\]
Para efetuar essa soma, o aluno deve saber realizar a soma nos $$k$$ primeiros naturais. Essa soma é dada por:
\[S_k=\dfrac{k(k+1)}{2}\]
Utilizando o resultado acima na expressão para o calor:
\[Q=\dfrac{T_f-T_0}{N}\left(NC_0+\delta{C}(N-1)N/2\right)\]
Por outro lado, $$C_f=C_0+(N-1)\delta{C}$$. Logo (para $$N\to{\infty}$$, $$(N-1)\to{N}):$$
\[Q=\left(T_f-T_0\right)\left(C_0+\left(C_f-C_0\right)/2\right)\]
Reoorganizando, chega-se na expressão no enunciado. Observe que a área sob o gráfico $$C(T)$$ é a de um trapézio de bases $$C_0$$ e $$C_f$$ e altura $$T_f-T_0$$, logo, sua área é $$\left(C_f+C_0\right)\left(T_f-T_0\right)/2$$ que é o resultado obtido acima.
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) \[Q_n=C_n\delta{T}=\left(C_0+n\delta{C}\right)\left(T_f-T_0\right)/N\]
b) Demonstração
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Intermediário
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Mecânica: corpo rígido
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Mostraremos em breve que a força de contato da parede em função do ângulo com a horizontal é dada por:
\[N(\theta)=\dfrac{mg}{2}\cos{\theta}\left(4,5\sin{\theta}-3\sin{\theta}_0\right)\]
Onde $$\theta_0$$ é o ângulo que a barra faz com a horizontal no início do movimento. A barra perde o contato quando $$N(\theta)$$ é zero. Como só atua na barra essa força na horizontal, esse momento (onde $$N=0$$) é o mesmo no qual $$a_x=0$$. Esse momento é tal que:
\[\sin{\theta}_c=\dfrac{2}{3}\sin{\theta}_0\]
Pelo gráfico, $$\theta_c\approx{19,5}°$$. Portanto, $$\theta_0=\dfrac{\pi}{6}$$. Logo, a região pintada é $$h=l\left(\sin{\theta_0}-\sin{\theta_c}\right)=l/6=0,2m$$. Portanto, $$l=1,2m$$.
Prova da força normal:
Há algumas formas de encontrar essa força. Primeiramente, uma simples semelhança de triângulo mostra que a distância do centro da barra a quina (origem) é $$l/2$$ durante todo o movimento, portanto, o centro realizada um movimento circular em torno da origem. Seja $$\omega$$, $$\alpha$$ e $$v_cm$$ a velocidade angular, aceleração angular e velocidade do centro, respectivamente. A aceleração do centro pode ser decomposta em uma componente centrípeta de módulo $${\omega}^2(l/2)$$ e uma tangencial de módulo $${\alpha}l/2$$. A aceleração horizontal do centro é:
\[a_x=-a_{cp}\cos{\theta}-a_t\sin{\theta}=-{\omega}^2(l/2)\cos{\theta}-(l/2){\alpha}\sin{\alpha}\]
Como não há atrito, há conservação de energia. A energia potencial é simplesmente $$mg(l/2)\sin{\theta}$$ e a cinética é a soma da energia de translação do centro com a energia de rotação $$I{\omega}^2/2$$, onde $$I=ml^2/12$$, o momento de inércia da barra em torno do centro. Logo, como $$v_{cm}={\omega}l/2$$:
\[E=mg(l/2)\sin{\theta}+m(l^2/6){\omega}^2=mg(l/2)\sin{\theta}_0\]
Logo:
\[\omega=\sqrt{\dfrac{3g}{l}\left(\sin{\theta}_0-\sin{\theta}\right)}\]
O próximo passo é encontrar a aceleração angular. Uma forma de fazer isso é simplesmente derivar a relação acima em relação ao tempo, ou se preferir, fazer o balanço de energia entre os instantes $$t$$ e $$t+\Delta{t}$$ e fazer $$\Delta{t}\to{0}$$, de qualquer forma, obtêm-se:
\[\alpha=-\dfrac{3g}{2l}\cos{\theta}\]
Mas, se não quiser usar cálculo, é possível obter o mesmo resultado usando a segunda lei de Newton para rotações. Seja $$F$$ a força vertical exercida pelo solo na barra. O torque em relação ao centro é:
\[\left(N\sin{\theta}-F\cos{\theta}\right)(l/2)=\dfrac{ml^2}{12}{\alpha}\]
A força $$F$$ é obtida pela segunda lei na vertical:
\[mg-F=ma_y=m\left(a_t\cos{\theta}+a_{cp}\sin{\theta}\right)\]
Ou seja:
\[F=mg-m(l{\alpha}/2)\cos{\theta}-m\sin{\theta}{\omega}^2(l/2)\]
Substituindo todas essas expressões na equação do torque:
\[mg\cos{\theta}+ml{\alpha}/2=-ml{\alpha}/6\]
Assim chegamos na expressão para $$\alpha$$. Agora, basta substituir as expressões obtidas para $$\omega$$ e $$\alpha$$ na expressão para a aceleração horizontal $$a_x=N/m$$. Portanto:
\[N(\theta)=\dfrac{mg\cos{\theta}}{2}\left(4,5\sin{\theta}-3\sin{\theta}\right)\]
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$$l=1,2m$$.
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Avançado
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Relatividade: efeito doppler relativístico
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Por conservação de energia e momento (o momento inicial é zero assim como o final)
\[Mc^2=\sqrt{M’^2c^4+h^2f_0^2}+hf_0\]
Logo:
\[M^2-2Mhf_0/{c^2}=M’^2\]
b) Seja $$\vec{P_M}$$, $$\vec{P_{\gamma}}$$ e $$\vec{P_{M’}}$$ os vetores momentos linear da massa $$M$$, do fóton e da massa $$M’$$, respectivamente. Logo, pela conservação de momento:
\[\vec{P_M}=\vec{P_{\gamma}}+\vec{P_{M’}}\]
Passando $$\vec{P_{\gamma}}$$ para o outro lado e elevando os dois lados da equação ao quadrado:
\[P_M^2+P_{\gamma}^2-2P_MP_{\gamma}\cos{\theta}+M’^2c^2=P_{M’}^2=\dfrac{E_{M’}^2}{c^2}-M’^2c^2\]
Por conservação de energia:
\[E_{M’}=E_M-E_{\gamma}\]
Elevando a expressão acima ao quadrado e substituindo na expressão do momento:
\[P_M^2+P_{\gamma}^2-2P_MP_{\gamma}\cos{\theta}+M’^2c^2=\dfrac{E_M^2}{c^2}+\dfrac{E_{\gamma}}{c^2}-2E_ME_{\gamma}/{c^2}\]
Agora, $$E_M={\gamma}Mc^2$$, $$P_M={\gamma}MV$$ e $$E_{\gamma}=P_{\gamma}c=hf$$. Logo:
\[M’^2-M^2=\dfrac{2M{\gamma}hf}{c^2}\left((V/c)\cos{\theta}-1\right)\]
c) Juntando as duas expressões obtidas nos itens anteriores:
\[f=\dfrac{f_0}{{\gamma}\left(1-(V/c)\cos{\theta}\right)}\]
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) \[M^2-2Mhf_0/{c^2}=M’^2\]
b) \[M’^2-M^2=\dfrac{2M{\gamma}hf}{c}\left((V/c)\cos{\theta}-1\right)\]
c) \[f=\dfrac{f_0}{{\gamma}\left(1-(V/c)\cos{\theta}\right)}\]
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