Iniciante
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Segunda lei de Newton
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Como o sistema se moverá como um todo, todos os três corpos teram mesma aceleração horizontal $$a$$. Pela segunda lei de Newton, para todo o sistema:
\[F=(M+{\mu}+m)a\]
Pelo equilíbrio vertical da massa $$m$$:
\[T=mg\]
E, pela segunda lei de Newton na horizontal para a massa $$M$$:
\[T=Ma\]
Ou seja, $$a=\dfrac{mg}{M}$$, e, portanto:
\[F=\dfrac{mg}{M}\left(M+m+\mu\right)\]
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
\[F=\dfrac{mg}{M}\left(M+m+\mu\right)\]
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Intermediário
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Ciclos termodinâmicos
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
A eficiência $$eta$$ é dada pela razão entre o trabalho fornecido $$W$$ e o calor entre os pontos $$2$$ e $$3$$. O trabalho nas isobáricas é simplesmente $$P\Delta{V}$$ e nas adiabáticas é $$C_v\Delta{T}$$, visto que o calor é nulo o trabalho é igual a variação da energia interna. Logo, em um ciclo:
\[W=C_v\left((T_3-T_4)-(T_2-T_1)\right)+P_2(V_3-V_2)-P_1(V_4-V_1)\]
Substituindo a lei dos gases na expressão acima, obtemos:
\[W=C_P\left((T_3-T_2)-(T_4-T_1)\right)\]
Onde foi usado que $$C_P=C_V+R$$ para um gás ideal. No processo $$2\to{3}$$, o calor absorvido é dado por:
\[Q=C_P(T_3-T_2)\]
Agora, basta escrevermos $$W$$ e $$Q$$ em função de $$r$$ e $$\gamma$$ e tomar o quociente. Pela lei de poisson, numa adiabática:
\[PV^{\gamma}=CTE\]
ou
\[TP^{\frac{1-\gamma}{\gamma}}=CTE\]
Logo:
\[\dfrac{T_1}{T_2}=\left(\frac{P_1}{P_2}\right)^{\frac{\gamma-1}{\gamma}}\]
e
\[\dfrac{T_4}{T_3}=\left(\frac{P_1}{P_2}\right)^{\frac{\gamma-1}{\gamma}}\]
Portanto, a eficiência é dada por:
\[\eta=\dfrac{W}{Q}=1-r^{\frac{1-\gamma}{\gamma}}\]
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
\[\eta=\dfrac{W}{Q}=1-r^{\dfrac{1-\gamma}{\gamma}}\]
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Avançado
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Hidrodinâmica
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Como a abertura é pequena, a água dentro do tubo está essencialmente em equilíbrio em relação ao tubo. Seja $$p_2$$ a pressão imediatamente antes da abertura dentro do tubo. Fazendo o equilíbrio de uma massa infinitesimal que se estende de $$r$$ até $$r+dr$$, onde $$r$$ é a distância até a dobra do tubo. Essa massa sente uma diferença de pressão $$dp$$ e a força centrífuga $$dm{\omega}^2r$$. Logo:
\[dp={\rho}{\omega}^2rdr\]
Integrando dos dois lados ($$p_1$$ é a pressão na dobra):
\[p_2=p_1+\dfrac{{\rho}l^2{\omega}^2}{2}\]
Temos também que:
\[p_1=p_0-{\rho}gh\]
Portanto:
\[p_2=p_0-{\rho}gh+\dfrac{{\rho}l^2{\omega}^2}{2}\]
Agora, apliquemos Bernoulli para os pontos imediatamente dentro e fora do tubo. Lembre-se que Bernoulli é aplicado em condições estacionárias, logo, devemos aplica-lá no referencial girante (o que é equivalente a aplicar um $$F=ma$$ no referencial do lab):
\[p_2=p_0+\dfrac{{\rho}l^2v^2}{2}\]
Onde $$v=\sqrt{l^2{\omega}^2-2gh}$$ é a velocidade no referencial girante. A velocidade no laboratório é, portanto:
\[v_l=\sqrt{v^2+l^2{\omega}^2}=\sqrt{2l^2{\omega}^2-2gh}\]
O fluxo de volume saindo do tubo, é calculo a partir da velocidade em relação ao tubo evidentemtente:
\[Q=Av=A\sqrt{l^2{\omega}^2-2gh}\]
Em um tempo $$dt$$, $$Qdt$$ de massa passa por todo o tubo. O tubo como um todo deve ter energia cinética constante, e a potência externa deve regular isso. Nesse tempo $$dt$$, a potência deve incrementar a energia do sistema pela mesma quantidade da energia rotacional perdida pela massa ejetada $$\dfrac{1}{2}Q{\rho}dtl^2{\omega}^2$$. Devemos contabilizar somente a perda da energia rotacional pois essa é o tipo de energia que compõe o sistema, a energia devido a velocidade de espace relativa ao tubo não diz respeito á potência externa: a função dela é somente adicionar essa energia perdida para que a energia cinética total (que é rotacional) seja conservada. Logo:
\[P=\dfrac{1}{2}{\rho}A\sqrt{l^2{\omega}^2-2gh}l^2{\omega}^2\]
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\[P=\dfrac{1}{2}{\rho}A\sqrt{l^2{\omega}^2-2gh}l^2{\omega}^2\]
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